江西省八所重点中学2024届高三下学期4月联考数学试卷（解析版）

江西省八所重点中学2024届高三联考数学试卷2024．4命题：吉安一中罗爱军李云新余一中艾青梅（考试时间：120分钟，试卷满分：150分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效，3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．一、单选题：本大题共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.抛物线的焦点坐标为（）A B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据给定的抛物线方程，求出抛物线的焦点坐标即得.【详解】抛物线可得：，抛物线的焦点在轴上，其坐标为.故选：D.2.已知集合，集合，则（）A.， B.，C.， D.，【答案】A【解析】【分析】根据给定条件把集合B写成用形式表示的集合，再与集合A求交集即可.【详解】依题意，，而，所以，.故选：A3.已知是正项等比数列的前项和，且，，则（）A.212 B.168 C.121 D.163【答案】C【解析】【分析】由条件结合等比数列性质求出，再列方程求出数列的公比，利用等比数列求和公式可求.【详解】设等比数列的公比为，因为数列为正项等比数列，所以，因为，又，所以，因为，所以或，若，则，解得，，所以，若，则，解得，，所以，所以，故选：C.4.复数在复平面内对应的点为，为坐标原点，将向量绕点逆时针旋转后得到向量，点对应复数为，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先求出，进而利用复数的乘方运算求出结果.【详解】由题意得，设其与实轴正半轴夹角为，则，故可设，设与实轴正半轴夹角为，则，故，故，则，，.故选：C5.函数有且只有一个零点，则的取值可以是（）A.2 B.1 C.3 D.【答案】B【解析】【分析】由题意将原条件转换为的根的个数之和为1，其中，，从而只需画出它们的图象即可通过数形结合求解.【详解】或，显然单调递增，令，则，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，注意到的交点为，而，所以在同一平面直角坐标系中作出的图象如图所示，由图可知的根的个数之和为1，当且仅当，对比选项可知的取值可以是1.故选：B.6.已知正四棱锥，现有五种颜色可供选择，要求给每个顶点涂色，每个顶点只涂一种颜色，且同一条棱上的两个顶点不同色，则不同的涂色方法有（）A.240 B.420 C.336 D.120【答案】B【解析】【分析】分三种情况，用三种颜色，四种颜色，五种颜色，求出每种情况数相加得到答案.【详解】当只用三种颜色时，同色且同色，5种颜色选择3种，且有种选择，当只用四种颜色时，同色或同色，从5种颜色中选择4种，再从和中二选一，涂相同颜色，故有种选择，当用五种颜色时，每个顶点用1种颜色，故有种选择，综上，共有种选择.故选：B7.已知，，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由题意得，进一步，根据余弦函数单调性得，由此即可得解.【详解】因为，所以，因为，所以，从而，注意到，而在上单调递减，从而，即，所以.故选：A.8.我国著名科幻作家刘慈欣的小说《三体Ⅱ·黑暗森林》中的“水滴”是三体文明使用新型材料-强互作用力（SIM）材料所制成的宇宙探测器，其外形与水滴相似，某科研小组研发的新材料水滴角测试结果如图所示（水滴角可看作液、固、气三相交点处气—液两相界面的切线与液—固两相交线所成的角），圆法和椭圆法是测量水滴角的常用方法，即将水滴轴截面看成圆或者椭圆（长轴平行于液—固两者的相交线，椭圆的短半轴长小于圆的半径）的一部分，设图中用圆法和椭圆法测量所得水滴角分别为，，则（）附：椭圆上一点处的切线方程为.A. B.C. D.和的大小关系无法确定【答案】A【解析】【分析】运用圆和椭圆的切线方程分别求得、，结合可判断两者大小.【详解】由题意知，若将水滴轴截面看成圆的一部分，圆的半径为，如图所示，则，解得，所以，若将水滴轴截面看成椭圆的一部分，设椭圆方程为，如图所示，则切点坐标为，则椭圆上一点的切线方程为，所以椭圆的切线方程的斜率为，将切点坐标代入切线方程可得，解得，所以，又因为，所以，即，所以.故选：A.二、多选题：本大题共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，有选错的得0分．若只有2个正确选项，每选对一个得3分；若只有3个正确选项，每选对一个得2分．9.已知随机变量X、Y，且的分布列如下：X12345Pmn若，则（）A. B. C. D.【答案】AC【解析】【分析】由分布列的性质和期望公式求出可判断ABC；由方差公式可判断D.【详解】由可得：①，又因为，解得：，故C正确.所以，则②，所以由①②可得：，故A正确，B错误；,，故D错误.故选：AC.10.已知函数；满足：，恒成立，且在上有且仅有2个零点，则（）A.周期为B.函数在区间上单调递增C.函数的一条对称轴为D.函数的对称中心为【答案】BCD【解析】【分析】由可得的最大值为，则得，再由在上有且仅有2个零点，可得，再结合的范围可出的值，从而可求出的解析式，然后逐个分析判断即可.【详解】因为，恒成立，所以的最大值为，所以，即，当时，，因为在上有且仅有2个零点，所以，所以，即，得，所以，因为，所以，所以，对于A，的周期为，若，则，所以A错误，对于B，由，得，所以的递增区间为，当时，的递增区间为，而是的真子集，所以函数在区间上单调递增，所以B正确，对于C，令，则，所以的对称轴为，当时，的一条对称轴为，所以C正确，对于D，由，得，所以函数的对称中心为，所以D正确，故选：BCD.11.在棱长为2的正方体中，点E，F分别为棱，的中点，过点的平面与平面平行，点为线段上的一点，则下列说法正确的是（）A.B.若点为平面内任意一点，则的最小值为C.底面半径为且高为的圆柱可以在该正方体内任意转动D.直线与平面所成角的正弦值的最大值为【答案】ACD【解析】【分析】对A，可证平面，可得；对B，平面截正方体的截面为如图正六边形，点关于平面对称，最小转化为求即为；对C，只要圆柱的外接球半径小于等于正方体的内切球半径即可满足题意；对D，当最小时，直线与平面所成角的正弦值最大，此时点是的中点，得解.【详解】对于A，如图，，又平面，所以，又是平面内两条相交直线，所以平面，所以，同理可证，而平面，所以平面，因为平面，所以，故A正确；对于B，如图，平面截正方体的截面为正六边形，点关于平面对称，所以，故B错误；对于C，底面半径为，高为的圆柱的外接球的半径为，又正方体棱长为2，所以圆柱可以在正方体内任意转动，故C正确；对于D，由题，点到平面的距离为定值，所以当最小时，直线与平面所成角的正弦值最大，此时点是的中点，直线与平面所成角即，在中，，，，所以.故D正确.故选：ACD.【点睛】思路点睛：选项B，确定平面截正方体的截面为正六边形，由此确定点关于平面对称，将球最小转化为求；选项C，圆柱可以在正方体内任意转动，只要圆柱的外接球半径小于等于正方体的内切球半径即可；选项D，直线与平面所成角的正弦值最大，即最小时，此时点是的中点，直线与平面所成角即.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共16分．把答案填在答题卡中的横线上．12.展开式中项系数为___________.【答案】【解析】【分析】可将转化为，然后再利用二项式定理展开求解.【详解】由题意得可化简为，且其展开式通项为，其中对于的展开式通项为，，当时，此时，则的系数为，当时，此时，则的系数为，所以项系数为.故答案为：.13.在三角形ABC中，，角A的平分线交于点D，若，则三角形面积的最大值为________．【答案】【解析】【分析】先根据正弦定理可得，再建立平面直角坐标系求解的轨迹方程，进而可得面积的最大值.【详解】，，所以，，因为，所以，因为角的平分线交于点，所以，所以，所以，以为坐标原点建立如图平面直角坐标系，因为，，所以，，设，则，所以，所以，故点的轨迹是以为圆心，为半径的圆（除去和），故当纵坐标最大，即时面积取最大值为.故答案为：.14.已知函数，存在实数使得成立，若正整数的最大值为8，则正实数的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】设，得到，然后分类讨论的范围，解出即可.【详解】设，又因为，所以，则，当时，，则，显然存在任意正整数使得成立；当时，，，要使得正整数的最大值为8，则，解得，则实数的取值范围是.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查了分段函数值域的求法，解题的关键是分类讨论求出函数的值域，然后根据题意列不等式求解.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.数列满足，，，.（1）证明：数列为等差数列，并求数列的通项公式；（2）求正整数，使得.【答案】（1）证明见解析，（2）【解析】【分析】（1）推出，从而得到是以1为公差的等差数列，求出通项公式，得到；（2）利用同角三角函数关系结合得到，求出答案.【小问1详解】由已知条件可知，由于，故，则，故数列是以1为公差的等差数列，且首项为，故，即.【小问2详解】，由，得.16.三棱柱中，，，侧面为矩形，，三棱锥的体积为．（1）求侧棱的长；（2）侧棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）证明平面，结合题目条件，先计算出的值，然后即可以求得侧棱的长；（2）建立空间直角坐标系，设未知数，结合题目条件，列出方程求解，即可得到本题答案.【小问1详解】在平面内过作，垂足为，因为侧面为矩形，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，易得，面，平面平面，所以平面，因为，所以，因为，，所以；【小问2详解】存在点满足题意，，理由如下：如图，以为坐标原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，设，则，故，，设平面的法向量为则即，令，则，故平面一个法向量，设直线与平面所成角为，则，解得，故存在点E满足题意，所以.17.在平面直角坐标系中，，直线，动点在直线上，过点作直线的垂线，与线段的中垂线交于点.（1）求点的轨迹的方程；（2）经过曲线上一点作一条倾斜角为的直线，与曲线交于两个不同的点Q，R，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用线段的中垂线的性质得出，根据抛物线的定义即得方程；（2）设，则直线的方程为，将直线方程与曲线方程联立，由可得t的取值范围，设的横坐标分别为，结合的倾斜角为，结合弦长公式可将表示为关于t的函数，从而求得其取值范围．【小问1详解】由图可得，所以点的轨迹是以为焦点的抛物线，故点的轨迹的方程为；【小问2详解】设，则直线的方程为，代入曲线的方程得，.化简可得：①，由于与交于两个不同的点，故关于的方程①的判别式为正，计算得，，因此有，②设Q，R的横坐标分别为，，由①知，，，因此，结合的倾斜角为可知，，③由②可知，，故，从而由③得：.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．18.一次摸奖活动，选手在连续摸奖时，首次中奖得1分，并规定：若连续中奖，则第一次中奖得1分，下一次中奖的得分是上一次得分的两倍：若某次未中奖，则该次得0分，且下一次中奖得1分.已知某同学连续摸奖次，总得分为，每次中奖的概率为，且每次摸奖相互独立.（1）当时，求概率；（2）当时，求的概率分布列和数学期望；（3）当时，判断的数学期望与10的大小，并说明理由.【答案】（1）（2）分布列见解析，（3），理由见解析【解析】【分析】（1）将的所有可能情况进行分类讨论，即可求得的表达式．（2）易知X的可能取值为0，1，2，3，7，求出对应概率可得分布列和期望；（3）依题意可知，若每次投进都得1分，利用二项分布可知，再结合比赛规则可得.【小问1详解】摸奖5次得分为3分，有如下两种情形：情形一，恰好两次中奖，且两次相邻；情形二，恰好三次中奖，且任意两次都不相邻.情形一发生的概率为.情形二发生概率为，所以；【小问2详解】的可能取值为0，1，2，3，7，其中，，，，所以的概率分布列为X01237P所以.【小问3详解】.理由如下：记该同学摸奖30次中奖次数为，则.若每次中奖都得1分，则得分的期望为.由题中比赛规则可知连续中奖时，得分翻倍，故实际总得分的期望必大于每次都得1分的数学期望.所以.19.已知函数，恒成立.（1）求实数的值；（2）若关于的方程在上有两个不相等的实数根，求实数的取值范围；（3）数列满足：，，若数列中有无穷个不同的项，求整数的值.【答案】（1）（2）（3）或【解析】【分析】（1）由条件