江西省赣州市高三下学期年3月摸底考试数学试题

赣州市2024年高三年级摸底考试数学试卷2024年3月本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时长120分钟第I卷（选择题共58分）一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】化简集合即可利用集合的交并补运算求解.【详解】，故，故选：A2.已知为虚数单位.，则（）A.1 B. C.2 D.4【答案】B【解析】【分析】根据题意，由复数的运算以及复数相等的概念即可求得，再由复数的模长公式即可得到结果.【详解】由可得，则，解得，则.故选：B3.在中，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由已知利用余弦定理可求的值，根据正弦定理可求的值．【详解】∵，∴由余弦定理可得：,∴解得：，或（舍去），∴由正弦定理可得：．故选:B4.在棱长为1的正方体中，为棱的中点，过且平行于平面的平面截正方体所得截面面积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，作出并证明过点，且与平面平行的正方体的截面，再求出面积.【详解】在棱长为1的正方体中，取中点，中点，连结，而为棱中点，显然，，得四边形，四边形都是平行四边形，则，，平面，平面，于是平面，平面，又，平面，因此平面平面，又，，即四边形是平行四边形，则，显然平面平面，从而过且平行于平面的平面截正方体所得截面为四边形，又，即四边形为菱形，而，，所以四边形的面积为．故选：A5.在平行四边形中，，则（）A.16 B.14 C.12 D.10【答案】A【解析】【分析】选取为基向量，将用基向量表示后，再利用平面向量数量积的运算法，即可求解.【详解】如图所示，因为，所以.故选：A6.若一组样本数据的方差为，则样本数据的方差为（）A.1 B.2 C.2.5 D.【答案】C【解析】【分析】根据题意，结合方差的定义以及性质代入计算，即可得到结果.【详解】设样本数据的平均数为，则，设样本数据的平均数为，由，则，所以.故选：C7.已知，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】构造函数，对求导可得在上单调递减，可得，即，再由作差法比较的大小，即可得出答案.详解】令,,当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，因为，所以，即，所以可得，故，因为，所以，故.故选：D.8.在边长为4的正方体中，点是的中点，点是侧面内的动点（含四条边），且，则的轨迹长度为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据，求出，即可利用坐标法求解轨迹方程，即可由弧长公式求解.【详解】在长方体中，由于平面，平面，在和中，，，，，，在平面，以为坐标原点，以为轴的正方向，建立平面直角坐标系，设,则，则由可得，化简可得，由于，故的轨迹表示圆心在，半径为的圆在第一象限的弧长，由于,故,因此轨迹为所对的弧长，故长度为，故选：D二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分.9.已知等比数列的前项和为，则（）A. B.C.数列为单调数列 D.数列为单调数列【答案】BC【解析】【分析】根据条件得到或，再对各个选项逐一分析判断，即可求出结果.【详解】设数列的首项为，公比为，由题有，解得或，对于选项A，当，为奇数时，，所以选项A错误，对于选项B，因为，当，显然有，当时，，所以，故选项B正确，对于选项C，当时，数列是首项为，公比为的递增数列，当时，数列是首项为，公比为的递减数列，所以选项C正确，对于选项D，由选项B知，所以，当时，，此时不具有单调性，所以选项D错误，故选：BC.10.已知函数，则（）A.是的一个周期B.的图象关于原点对称C.的图象过点D.为上的单调函数【答案】ABC【解析】【分析】直接利用三角函数的性质，函数的周期性和对称性判断ABC，举反例排除D.【详解】函数，对于A：，故是函数的一个周期，故A正确；对于B：函数，故函数的图像关于原点对称，故B正确；对于C：当时，，故C正确；对于D：因为，所以，，即，，所以函数在上不是单调函数，故D错误．故选：ABC．11.曲线是平面内与两个定点的距离的积等于的点的轨迹，给出下列四个结论：其中所有正确结论的序号是（）A.曲线关于坐标轴对称；B.周长的最小值为；C.点到轴距离的最大值为D.点到原点距离的最小值为.【答案】ABD【解析】【分析】先根据题意求出曲线的方程，对于A，由对称的性质判断，对于B，表示出三角形的周长后利用基本不等式可求出其最小值，对于C，将曲线的方程化为的一元二次方程，然后由可求出的范围，从而可求出点到轴距离的最大值，对于D，将方程化为关于的一元二次方程，由可得，再把曲线方程变形可求出结果.详解】解：设得：，得，由于方程中的次数均为偶数，故其图象关于坐标轴对称，故正确；因为的周长为，故B正确；展开方程得：关于的一元二次方程有解，，所以，所以，故C错误；将方程化为关于的一元二次方程有解，，恒成立，因为，所以，所以所以，所以点到原点距离的最小值为，故D成立.故选：ABD【点睛】关键点点睛：此题考查曲线与方程的综合应用，解题的关键是根据题意求出曲线的方程，然后逐个分析判断，考查数学计算能力，属于较难题.第Ⅱ卷（非选择题共92分）三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.求值：__________.【答案】【解析】【分析】根据诱导公式及辅助角公式求解即可.【详解】.故答案为：.13.展开式中的常数项为__________.【答案】【解析】【分析】表示个相乘，再结合组合即可得解.【详解】表示个相乘，则常数项，应为个，个，个，个相乘，所以展开式中的常数项为.故答案为：.14.已知是抛物线上异于顶点的点，在处的切线分别交轴､轴于点，过作的垂线分别交轴､轴于点，分别记与的面积为，则的最小值为__________.【答案】1【解析】【分析】由抛物线的对称性，设，根据导数的几何意义分别求出直线和直线的方程，进而求出四点的坐标，再分别求出两个三角形的面积，化简进而可得出答案.【详解】由抛物线的对称性，不妨设点在第一象限，设，由，得，当时，，所以切线的方程为，即，令，则，令，则，即，由题意直线的方程为，即，令，则，令，则，即，则，，故，当且仅当，即时取等号，所以最小值为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：利用导数的几何意义分别求出直线和直线的方程，是解决本题的关键.四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.15.如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，平面为侧棱的中点.（1）求点到平面的距离；（2）求二面角的正切值.【答案】（1）（2）.【解析】【分析】（1）根据利用等体积法计算可得；（2）设为的中点，过作交于，连接、，即可证明平面，从而得到平面，则为二面角的一个平面角，再求出、，即可得解.【小问1详解】由平面，可得，令点到平面的距离为，则，由，可得，则，由，可得，由平面，平面，所以平面平面，又，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，又，则，所以，即点到平面的距离为【小问2详解】设为的中点，过作交于，连接、，是的中点，，又平面，所以平面，又平面，，又，平面，平面，平面，，为二面角的一个平面角，又，且，所以，所以，即二面角的正切值为.16.某人准备应聘甲､乙两家公司的高级工程师，两家公司应聘程序都是：应聘者先进行三项专业技能测试，专业技能测试通过后进入面试.已知该应聘者应聘甲公司，每项专业技能测试通过的概率均为，该应聘者应聘乙公司，三项专业技能测试通过的概率依次为，，m，其中，技能测试是否通过相互独立.（1）若.求该应聘者应聘乙公司三项专业技能测试恰好通过两项的概率；（2）已知甲､乙两家公司的招聘在同一时间进行，该应聘者只能应聘其中一家，应聘者以专业技能测试通过项目数的数学期望为决策依据，若该应聘者更有可能通过乙公司的技能测试，求m的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据相互独立事件的乘法公式即可求解，（2）根据二项分布的期望公式求解去甲公司的期望，根据相互独立事件的概率乘法公式可求解去乙公式通过项目的概率，即可求解期望，进而比较两者的期望即可求解.【小问1详解】记“该应聘者应聘乙公司三项专业技能测试恰好通过两项”为事件由题设，【小问2详解】分别记“该应聘者应聘甲､乙公司三项专业技能测试中通过的项目数为”由题设知：，所以的所有可能取值为，，，故的分布列为0123从而由得解得，故范围为：17.已知椭圆过点，椭圆的右焦点与点所在直线的斜率为.（1）求椭圆的方程；（2）若过的直线与椭圆交于两点，点.直线分别交椭圆于点，直线的斜率是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由.【答案】（1）；（2）是定值，定值为2.【解析】【分析】（1）根据题意，列出关于的方程，即可得到结果；（2）根据题意，设的方程为，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理代入计算，表示出，即可得到结果.【小问1详解】由题意可设椭圆的半焦距为，且椭圆的右焦点为，由题意得：解得，所以的方程为：.【小问2详解】设的方程为，设，则直线的方程为，由可得，结合，可得，可得，解得，代入，解得，同理可得，故.故直线的斜率是定值，且定值为2【点睛】关键点睛：本题主要考查了椭圆与直线相交问题，难度较大，解答本题的关键在于联立直线与椭圆方程，结合韦达定理计算.18.已知函数.（1）求的单调区间，（2）已如.若函数有唯一的零点.证明，.【答案】（1）减区间为，增区间为；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）求出，进一步判断为增函数，由，结合定义域可得单调递增区间；（2）由已知可得，求导，由（1）可知在单调递增，且，及，则存在唯一的使得，分析单调性，得到，再通过函数有唯一的零点，即，化简可得，构造函数，分析单调性，再分别判断的正负，由零点存在性定理即可证明.【小问1详解】，令，当时，即为增函数，又当时，单调递减；当时，单调递增.的减区间为，增区间为【小问2详解】由（1）可知在单调递增，且，又存在唯一的使得当时单调递减；当时单调递增；若方程有唯一的实数，则消去可得，令，则，在上为减函数且当时，即19.设数列.如果对小于的每个正整数都有.则称是数列的一个“时刻”.记是数列的所有“时刻”组成的集合，的元素个数记为.（1）对数列，写出的所有元素；（2）数列满足，若.求数列的种数.（3）证明：若数列满足，则.【答案】（1）；（2）15种；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用“时刻”的定义分析数列，从而得解；（2）利用“时刻”的定义，结合列举法，列出所有满足的情况即可得解；（3）分类讨论，两种情况，结合“时刻”的定义，分析的取值情况，从而得证.【小问1详解】由题设知当时，，故是数列的一个“时刻”，同理当时，都有，即也是数列一个“时刻”，综上，.【小问2详解】解法一：由，易知或①当时，必须从左往右排列，6可以是中任一个，共有5种情况②当时，若中的四个元素是由集合中的元素或或或引起的1.若由引起，即4，3，2，1从左往右排列，则5必须排在4的后面，共4种；2.若由引起，即5，3，2，1从左往右排列，则4必须排在3的后面，共3种3.若由引起，即从左往