2024届江西省鹰潭市高三下学期第一次模拟考试数学试题（解析版）

鹰潭市2024届高三第一次模拟考试数学试卷本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共4页．时间120分钟．满分150分．第Ⅰ卷选择题单项选择题：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，请将正确答案的序号填涂在答题卡上．1.若复数满足，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用复数的模公式及复数除法法则即可得解.【详解】因为，所以由，得.故选：B.2.已知集合，集合，若，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】解一元二次不等式求出集合A及，根据集合的包含关系求出结果.【详解】因为，或，因为集合，，所以，故选：A.3.南丁格尔玫瑰图是由近代护理学和护士教育创始人南丁格尔（FlorenceNightingale）设计的，图中每个扇形圆心角都是相等的，半径长短表示数量大小．某机构统计了近几年中国知识付费用户数量（单位：亿人次），并绘制成南丁格尔玫瑰图（如图所示），根据此图，以下说法正确的是（）A.2015年至2022年，知识付费用户数量先增加后减少B.2015年至2022年，知识付费用户数量逐年增加量2022年最多C.2015年至2022年，知识付费用户数量的逐年增加量逐年递增D.2022年知识付费用户数量超过2015年知识付费用户数量的10倍【答案】D【解析】【分析】利用题中所给的南丁格尔玫瑰图逐一考查所给选项，即可得解.【详解】对于A，由图可知，2015年至2022年，知识付费用户数量逐年增加，故A错误；对于BC，知识付费用户数量的逐年增加量分别为：2016年，；2017年，；2018年，；2019年，；2020年，；2021年，；2022年，；则知识付费用户数量逐年增加量2018年最多，知识付费用户数量的逐年增加量不是逐年递增，故BC错误；对于D，由，则2022年知识付费用户数量超过2015年知识付费用户数量的10倍，故D正确.故选：D.4.设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A.若，，则 B.若，，，则C.若，，则 D.若，，则【答案】B【解析】【分析】利用空间直线与平面，平面与平面的位置关系判断ACD，利用空间向量判断线面位置关系，从而判断B，由此得解.【详解】对于A，若，，则有可能，故A错误；对于B，若，，则直线的方向向量分别为平面法向量，又，即，所以，故B正确；对于C，若，，则有可能，故C错误；对于D，若，，则有可能，故D错误.故选：B.5.某单位为了解职工体重情况，采用分层随机抽样的方法从800名职工中抽取了一个容量为80的样本．其中，男性平均体重为64千克，方差为151；女性平均体重为56千克，方差为159，男女人数之比为，则单位职工体重的方差为（）A.166 B.167 C.168 D.169【答案】D【解析】【分析】利用分层抽样的平均数和方差公式即可得解.【详解】依题意，单位职工平均体重为，则单位职工体重的方差为.故选：D.6.已知，，=（）A. B. C.3 D.【答案】D【解析】【分析】利用正切的和差公式化简求得，再利用三角函数诱导公式与三角恒等变换，结合正余弦的齐次式法即可得解.【详解】因为，所以，又，即，解得，所以.故选：D.7.已知椭圆：的左焦点为，如图，过点作倾斜角为的直线与椭圆交于，两点，为线段的中点，若（为坐标原点），则椭圆的离心率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意求出点坐标，再利用点差法求得，进而可得椭圆离心率.【详解】依题意，椭圆的左焦点为，，过作轴，垂足为，由，得，，则，设，则有，，由，两式相减得，则有，所以.故选：B.8.在满足，的实数对中，使得成立的正整数的最大值为（）A.22 B.23 C.30 D.31【答案】C【解析】【分析】由得，构造函数，利用导数求得的单调性，求得的取值范围，结合不等式的知识即可得解.【详解】因，，所以，设，则，令，则，令，则，所以在上单调递增，在上单调递减，因为，，，所以，所以，又，，要使得成立，只需，即，所以正整数的最大值为.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是由变换得，从而得以构造函数，由此得解.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.如图所示，已知角的始边为轴的非负半轴，终边与单位圆的交点分别为，为线段的中点，射线与单位圆交于点，则（）A.B.C.点的坐标为D.点的坐标为【答案】ABC【解析】【分析】由角的定义求解可判断A；由圆的性质及角的定义求解可判断B；由三角函数定义求解可判断C；由中点坐标公式及三角函数定义，结合角的变换、两角和与差的余弦公式求解可判断D.【详解】对于A：因为，，所以，正确；对于B：依题意为线段的中点，则，则，又，所以，正确；对于C：为线段的中点，射线与单位圆交于点，则为的中点，所以，又，所以点的坐标为，正确；对于D：，，所以点的坐标为，错误.故选：ABC10.中，内角，，的对边分别为，，，为的面积，且，，下列选项正确的是（）A.B.若，则只有一解C.若为锐角三角形，则取值范围是D.若为边上的中点，则的最大值为【答案】ABD【解析】【分析】利用平面向量数量积公式及三角形面积公式可判定A，直接解三角形可判定B，利用角的范围结合正弦定理可判定C，利用平面向量中线的性质及数量积公式结合余弦定理、基本不等式可判定D.【详解】对于A，因为，所以，则，因为，所以，故A正确；对于B，因为，则，，故只有一解，故B正确；对于C，若为锐角三角形，则，，则，则，即，由正弦定理可知：，故C错误；对于D，若D为边上的中点，则，所以由余弦定理知，得，又，所以，当且仅当时取得等号，所以，即，故D正确.故选：ABD.11.直四棱柱的所有棱长都为4，，点在四边形及其内部运动，且满足，则下列选项正确的是（）A.点的轨迹的长度为.B.直线与平面所成的角为定值．C.点到平面的距离的最小值为.D.的最小值为-2．【答案】BC【解析】【分析】建立空间直角坐标系，表示，化简后得点的轨迹方程，得轨迹长度判断A；向量法求线面角判断B，向量法求点到平面距离，结合点的轨迹得最小值判断C；坐标表示向量数量积，结合点的轨迹最小值判断D.【详解】直四棱柱的所有棱长都为4，则底面为菱形，又，则和都是等边三角形，设与相交于点，由，以为原点，为轴，为轴，过垂直于底面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则有，，点在四边形及其内部运动，设，，由，有，即，所以点的轨迹为平面内，以为圆心，2为半径的半圆弧，所以点的轨迹的长度为，A选项错误；平面的法向量为，，直线与平面所成的角为，则，又由，则，所以直线与平面所成的角为定值，B选项正确；，设平面的一个法向量为，则有，令，得，，所以点到平面的距离，，所以时，，所以点到平面的距离的最小值为，C选项正确；，，其几何意义为点到点距离的平方减12，由，点到点距离最小值为，的最小值为，D选项错误.故选：BC【点睛】方法点睛：空间几何体中的相关问题，要利用好几何体本身的结构特征，点线面的位置关系，图形中的角度和距离等，建立空间直角坐标系，利用向量法解决问题，也是常用的方法.第Ⅱ卷非选择题三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.的展开式中的系数为______．【答案】【解析】【分析】由题意得的展开式通项，令，求出回代到通项公式中去即可求解.【详解】的展开式通项为，由题意令，解得，所以的展开式中的系数为.故答案为：.13.已知抛物线的焦点为，是上的动点，过点作直线的垂线，垂足为，则的最小值为______．【答案】【解析】【分析】先分析得的轨迹，再利用抛物线的定义，结合圆的性质数形结合即可得解.【详解】如图所示，易知，直线过定点，因为，所以Q在以为直径的圆上，不妨设其圆心为，显然半径，分别过作准线的垂线，垂足为，结合抛物线定义有，当且仅当均在线段上时取得等号.故答案为：.14.已知函数，的定义域为，为的导函数，且，，若为偶函数，求=______．【答案】【解析】【分析】先利用复合函数的导数与的奇偶性判断的奇偶性，进而推得与的周期性，再利用赋值法求得的值，从而得解.【详解】因为是偶函数，则，两边求导得，所以是奇函数，故，由，代入，得，则，所以，又是奇函数，所以，所以是周期函数，且周期为4，又，可知也是以4为周期的周期函数，令，得，故，而所以，令，得，则，而，，又，则，，故答案为：.【点睛】结论点睛：函数的对称性与周期性：（1）若，则函数关于中心对称；（2）若，则函数关于对称；（3）若，则函数的周期为2a；（4）若，则函数的周期为2a.四、解答题：本题共6小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.设为数列的前项和，已知是首项为、公差为的等差数列．（1）求的通项公式;（2）令，为数列的前项积，证明：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用等差数列定义可得，再利用与的关系即可得解；（2）由与可得，从而利用累乘法得到，进而得证.【小问1详解】因为是首项为、公差为的等差数列，故，即，当时，，故，当时，，符合上式，故；【小问2详解】由，，故，则，因为，故.16.如图1，已知正三角形边长为6，其中，，现沿着翻折，将点翻折到点处，使得平面平面，为中点，如图2．（1）求异面直线与所成角的余弦值；（2）求平面与平面夹角的余弦值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设O为BC的中点，结合图形翻折的性质推出平面，从而建立空间直角坐标系，求得相关线段长与相关点坐标，利用空间角的向量求法即可得解；（2）分别求出平面与平面的法向量，根据空间角的向量法即可得解.小问1详解】取的中点为的中点为，连接，，，因为正三角形中，，，所以，则四边形为等腰梯形，故；由翻折性质可得，,则，是的中点，，平面平面，平面平面平面，平面，又平面，以点为坐标原点以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，因为正的边长为，则为正三角形，边长为，则，，，在中，由勾股定理得，，则，，异面直线所成角的取值范围为，异面直线与所成角的余弦值为.【小问2详解】由（1）得，，，易得平面的一个法向量为，设平面的法向量为，则，即，令，则，，平面与平面夹角的余弦值为.17.2024年春晚为观众带来了一场精彩纷呈的视觉盛宴，同时，也是传统文化与现代科技完美融合的展现.魔术师刘谦为大家呈现了一个精妙绝伦的魔术《守岁共此时》，小明深受启发，在家尝试对这个魔术进行改良，小明准备了甲、乙两个一模一样的袋子，甲、乙两袋中各装有大小相同的小球9个，其中甲袋中红色、黑色、白色小球的个数分别为2，3，4．乙袋中红色、黑色、白色小球的个数均为3，小明用左右手分别从甲、乙两袋中取球．（1）若左右手各取一球，求两只手中所取球颜色不同的概率；（2）若左手取完两球后，右手再取两球，称同一手中两球颜色相同的取法为成功取法，记两次取球（左右手完成各取两球为两次取球）的成功取法次数的随机变量，求的分布列．【答案】（1）（2）分布列见解析【解析】【分析】（1）根据给定条件，利用古典概型及对立事件的概率公式即可得解；（2）求出的可能取值，再求出各个值对应的概率，求出分布列即可得解.【小问1详解】记事件为“两手所取的球不同色”，事件是两手所取球颜色相同，则，所以.【小问2详解】依题意，的可能取值为，左手所取的两球颜色相同的概率为，右手所取的两球颜色相同的概率为，，，，所以的分布列为：01218.已知在平面直角坐标系中，：，：，平面内有一动点，过作交于，交于，平行四边形面积恒为1.（1）求点的轨迹方程并说明它是什么图形；（2）记轨迹为曲线，，当在轴右侧且不在轴上时，在轴右侧的上一点满足轴平分，且不与轴垂直或是的一条切线，求与，围成的三角形的面积最小值.【答案】（1）或，图形为两组双曲线（2）【解析】【分析】（1）联立直线的方程可得点，进而根据点到直线的距离公式，结合三角形面积公式即可化简得轨迹方程，（2）根据满足轴平分，确定在