精品解析：江西省南昌市豫章中学2024届高三下学期5月模拟（三模）数学试题（B卷）

豫章中学高三“三模”数学试卷（B卷） 命题人：豫章中学高三数学备课组 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 我们平时登录各类网络平台的密码中的不同符号都各自对应一个字节数，若某个密码使用的符号对应的字节数分别为7，2，4，4，6，1，8，则这组数据的分位数为（ ） A 1 B. 2 C. 8 D. 7 2 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，，则的最小值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 4. 已知是虚数单位，，，则“”是“”的（ ）． A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 已知圆截直线所得弦的长度小于6，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数.若没有零点，则实数的取值范围是 A. B. C. D. 7. 在桥梁设计中，桥墩一般设计成圆柱型，因为其各向受力均衡，而且在相同截面下，浇筑用模最省. 假设一桥梁施工队在浇筑桥墩时，采用由内向外扩张式浇筑，即保持圆柱高度不变，截面半径逐渐增大，设圆柱半径关于时间的函数为，若圆柱的体积以均匀速度增长，则圆柱的侧面积的增长速度与圆柱半径（ ） A. 成正比，比例系数为 B. 成正比，比例系数为 C. 成反比，比例系数为 D. 成反比，比例系数为 8. 设是的一个排列，若对一切恒成立，就称该排列是“交替”的．“交替”的排列的数目是（ ） A. 8 B. 16 C. 24 D. 32 二、多选题：本题共3小题，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. 在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.若，，，则角A的可能取值是（ ） A. B. C. D. 10. 已知狄利克雷函数，则下列结论正确的是（ ） A. 的值域为 B. 定义域为 C. D. 是奇函数 11. 十七世纪法国数学家费马在《平面与立体轨迹引论》中证明，方程表示椭圆，费马所依据是椭圆的重要性质：若从椭圆上任意一点P（异于A，B两点）向长轴AB引垂线，垂足为Q，记.下列说法正确的是（ ） A. M的值与Р点在椭圆上的位置有关 B. M的值与Р点在椭圆上的位置无关 C. M的值越大，椭圆的离心率越大 D. M的值越大，椭圆的离心率越小 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 如图，在直四棱柱中，当底面ABCD满足条件___________时，有.（只需填写一种正确条件即可） 13. 在等比数列中，、是关于的方程的两个实根，则____________________. 14. 已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是______． 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. 在中，内角，，的对边分别是，，已知，． （1）求的值； （2）若，求的面积． 16. 如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AB＝2，AD＝AP＝3，点M是棱PD的中点. （1）求二面角M—AC—D的余弦值； （2）点N是棱PC上的点，已知直线MN与平面ABCD所成角的正弦值为，求 的值. 17. 甲居住在城镇的处,准备开车到单位处上班,若该地各路段发生堵车事件都是相互独立的,且在同一路段发生堵车事件最多只有一次,发生堵车事件的概率如图(例如：算作两个路段：路段发生堵车事件的概率为,路段发生堵车事件的概率为). (1)请你为甲选择一条由到最短路线 (即此人只选择从西向东和从南向北的路线), 使得途中发生堵车事件的概率最小； (2)设甲在路线中遇到的堵车次数为随机变量,求的数学期望. 18. 以椭圆的四个顶点为顶点的四边形的四条边与共有个交点，且这个交点恰好把圆周六等分. （1）求椭圆的方程； （2）若直线与相切，且椭圆相交于两点，求的最大值. 19. 设数列前项和为，已知，，． （1）证明：为等比数列，求出的通项公式； （2）若，求的前项和，并判断是否存在正整数使得成立？若存在求出所有值；若不存在说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 豫章中学高三“三模”数学试卷（B卷） 命题人：豫章中学高三数学备课组 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 我们平时登录各类网络平台的密码中的不同符号都各自对应一个字节数，若某个密码使用的符号对应的字节数分别为7，2，4，4，6，1，8，则这组数据的分位数为（ ） A. 1 B. 2 C. 8 D. 7 【答案】D 【解析】 【分析】由百分位的定义计算即可得到答案. 【详解】由某个密码使用的符号对应的字节数从小到大排列后为1，2，4，4，6，7，8， 可得，所以这组数据的分位数为7． 故选：D． 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出函数定义域化简集合A，再利用并集、补集的定义求解即得. 【详解】依题意，，而，则或， 所以． 故选：D 3. 已知，，则的最小值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知条件，结合基本不等式的公式，即可求解. 【详解】，， 当且仅当，即，时等号成立. 故选：B. 4. 已知是虚数单位，，，则“”是“”的（ ）． A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的相关运算，由充分不必要条件的概念判断即可. 【详解】当时，，则； 反之，，若，则. 所以，则，所以不一定得到. 综上：“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 5. 已知圆截直线所得弦的长度小于6，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据圆的方程求出圆心坐标和半径，根据弦长公式求出弦长，根据题意列不等式可解得结果. 【详解】圆的方程整理得， 圆心为半径为，∴即， 圆心到直线的距离为， 因为弦的长度小于6，故有， 解得， 综上，， 故选：D. 【点睛】本题考查了根据圆的方程求圆心坐标和半径，考查了点到直线的距离公式，考查了利用几何方法求弦长，属于基础题. 6. 已知函数.若没有零点，则实数的取值范围是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】选择特殊值，当时，函数很明显没有零点，排除BCD． 【详解】当时，，令则恒成立，无解，即无零点．故选A． 【点睛】此题时一道选择题，可以代特殊值然后排除，是一道简单题． 7. 在桥梁设计中，桥墩一般设计成圆柱型，因为其各向受力均衡，而且在相同截面下，浇筑用模最省. 假设一桥梁施工队在浇筑桥墩时，采用由内向外扩张式浇筑，即保持圆柱高度不变，截面半径逐渐增大，设圆柱半径关于时间的函数为，若圆柱的体积以均匀速度增长，则圆柱的侧面积的增长速度与圆柱半径（ ） A. 成正比，比例系数为 B. 成正比，比例系数为 C. 成反比，比例系数为 D. 成反比，比例系数为 【答案】C 【解析】 【分析】由圆柱的体积公式可得，对其体积公式求导得，再由圆柱的侧面积公式得，对其侧面积公式求导可得其侧面积增长速度，从而得出选项. 【详解】由，知. 即，∴，又圆柱的侧面积， 则其侧面积增长速度， ∴圆柱的侧面积的增长速度与圆柱半径成反比，比例系数为， 故选:C. 【点睛】本题考查导函数的实际意义，关键在于对圆柱的体积和侧面积公式求导，得出其增长速度，属于基础题. 8. 设是的一个排列，若对一切恒成立，就称该排列是“交替”的．“交替”的排列的数目是（ ） A. 8 B. 16 C. 24 D. 32 【答案】D 【解析】 【分析】由“交替”数列的定义得需满足，或，分别讨论的取值可得选项. 【详解】解：由已知得：当时，，当时，，当时，， 所以 “交替”数列需满足，或， 当时，取最大的两个数4和5时，取1，2，3的全排列，所以共有的“交替”数列为个；取3和5时，先取与3相邻的数只能1和2，待与3相邻的数取定后，与5相邻的数只能是4，所以共有的“交替”数列为个， 所以满足的“交替”数列共有个； 同理，满足的“交替”数列有16个， 所以“交替”的排列的数目是32， 故选：D. 二、多选题：本题共3小题，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. 在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.若，，，则角A的可能取值是（ ） A. B. C. D. 【答案】CD 【解析】 【分析】根据正弦定理，求得，结合，即可求解. 【详解】在中，因为，，， 由正弦定理可得，则， 因为，所以，则或. 故选：CD 10. 已知狄利克雷函数，则下列结论正确的是（ ） A. 的值域为 B. 定义域为 C. D. 是奇函数 【答案】BC 【解析】 【分析】根据函数的解析式逐个判定即可. 【详解】对A, 的值域为,故A错误. 对B, 定义域为.故B正确. 对C,当是有理数时也为有理数,当是无理数时也为无理数, 故成立故C正确. 对D, 因为,故D错误. 故选：BC 【点睛】本题主要考查了新定义函数性质的判定,属于基础题. 11. 十七世纪法国数学家费马在《平面与立体轨迹引论》中证明，方程表示椭圆，费马所依据的是椭圆的重要性质：若从椭圆上任意一点P（异于A，B两点）向长轴AB引垂线，垂足为Q，记.下列说法正确的是（ ） A. M的值与Р点在椭圆上的位置有关 B. M的值与Р点在椭圆上的位置无关 C. M的值越大，椭圆的离心率越大 D. M的值越大，椭圆的离心率越小 【答案】BD 【解析】 【分析】不妨设椭圆方程为，设，，求出和椭圆的离心率后，可得答案. 【详解】不妨设椭圆方程为， 设，，则， 所以，，， 所以， 因为为定值，所以M的值与Р点在椭圆上的位置无关，故A不正确，B正确； 椭圆的离心率， 所以M的值越大，椭圆的离心率越小，故C不正确，D正确. 故选：BD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 如图，直四棱柱中，当底面ABCD满足条件___________时，有.（只需填写一种正确条件即可） 【答案】(答案不唯一) 【解析】 【分析】直四棱柱，是在上底面的投影，当时，可得，当然底面ABCD满足的条件也就能写出来了. 【详解】根据直四棱柱可得：∥，且，所以四边形是矩形，所以∥，同理可证：∥，当时，可得：，且底面，而底面，所以，而，从而平面，因为平面，所以，所以当满足题意. 故答案为：. 13. 在等比数列中，、是关于的方程的两个实根，则____________________. 【答案】 【解析】 【分析】根据韦达定理，结合等比数列特点可判断出等比数列的偶数项均为负数；利用求得，则，代入求得结果. 【详解】由韦达定理可得：，，可知， 即等比数列的偶数项均为负数，可得： 又 本题正确结果： 【点睛】本题考查等比数列性质的应用，关键是明确等比数列的所有奇数项符号一致；所有偶数项符号一致的特点. 14. 已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是______． 【答案】 【解析】 【分析】根据向量在向量上的投影向量计算公式进行计算即可. 【详解】空间向量，得，， 则向量在向量上的投影向量是： . 故答案为：. 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. 在中，内角，，的对边分别是，，已知，． （1）求的值； （2）若，求面积． 【答案】（1）；（2）． 【解析】 【分析】 （1）先利用余弦定理得到，再利用即可求出的值；（2）先利用正弦定理得到，再利用，求出角，最后利用三角形面积公式求解即可. 详解】解：（1）由题意，得． ， ， ， ． （2）， 由正弦定理， 可得． ， ， ． ． 16. 如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AB＝2，AD＝AP＝3，点M是棱PD的中点. （1）求二面角M—AC—D的余弦值； （2）点N是棱PC上的点，已知直线MN与平面ABCD所成角的正弦值为，求 的值. 【答案】（1）（2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据平面和平面的法向量，计算出二面角的余弦值. （2）设，由此求得，根据直线与平面所成角的正弦值列方程，解方程求得的值，进而求得. 【详解】（1）以{，，}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A—xyz， 则各点的坐标为A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，3，0)，D(0，3，0)，P(0，0，3)，M(0，，)， ＝(0，0，3)，＝(2，3，0)，＝(0，，) 因为PA⊥平面ABCD，所以平面ACD的一个法向量为＝(0，0，3)， 设平面MAC的法向量为＝(x，y，z)，所以， 即，取＝(3，﹣2，2)， ∴cos<，>＝， ∴二面角M—AC—D的余弦值为； （2）设，其中， ∴， ∵平面ABCD的一个法向量为＝(0，0，3)， ∴ ∵直线MN与平面ABCD所成角的正弦值为， ∴，∴， 化简得，即，∴. 【点睛】本小题主要考查面面角的求法，考查根据线面角求线段长度的比值，考查空间想象能力，考查运算求解，属于中档题. 17. 甲居住在城镇的处,准备开车到单位处上班,若该地各路段发生堵车事件都是相互独立的,且在同一路段发生堵车事件最多只有一次,发生堵车事件的概率如图(例如：算作两个路段：路段发生堵车事件的概率为,路段发生堵车事件的概率为). (1)请你为甲选择一条由到的最短路线 (即此人只选择从西向东和从南向北的路线), 使得途中发生堵车事件的概率最小； (2)设甲在路线中遇到的堵车次数为随机变量,求的数学期望. 【答案】 (Ⅰ)路线发生堵车事件的概率最小. (Ⅱ) 【解析】 【详解】（1）从到的最短路线有条,分别求出三条路线发生堵车事件的概率，当每个路段都不堵时才不堵车，所以，同理可求另两条路线堵车的概率，比较得概率最小的路线.（2）路线共有三段，所以堵车的次数可为0，1,2,3.根据互斥事件和独立事件的概率公式求出对应的概率，由期望公式计算. (Ⅰ)由到的最短路线有条,即为： ,,. ；；.故路线发生堵车事件的概率最小. (Ⅱ)路线中遇到堵车次数可取值为.； ； . 故. 18. 以椭圆的四个顶点为顶点的四边形的四条边与共有个交点，且这个交点恰好把圆周六等分. （1）求椭圆的方程； （2）若直线与相切，且椭圆相交于两点，求的最大值. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【详解】试题分析：（1）由题意得，，从而得到的值，由此能求出椭圆方程；（2）当直线的斜率不存在时，直线的方程可求出，当当直线的斜率存在时，可设直线的方程，利用根的判别式，韦达定理，弦长公式，结合已知条件能求出的最大值. 试题解析：（1）如图，依题意，, 因为,所以, 得，故椭圆的方程为 . （2）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，代入，得，此时. 当直线的斜率存在时，设直线的方程为, 因为直线与相切，所以，即, 由消去，整理得, , 由，得，设，则, 所以，所以 , 当且仅当, 即时，取得最大值.综上所述，最大值为. 考点：1.椭圆的简单性质；2.直线与椭圆的综合；3.基本不等式. 【方法点睛】本题主要考查的是圆的方程，椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系等基础知识，推理论证能力，运算求解能力，数形结合思想，函数与方程思想，分类与整合思想，属于中档题，解决本题的最重要的思想就是数形结合思想，通过图形分析出其满足的几何关系，再通过韦达定理进行计算，即可求解，因此正确的利用圆的性质，椭圆的性质是解决问题的关键. 19. 设数列的前项和为，已知，，． （1）证明：为等比数列，求出的通项公式； （2）若，求的前项和，并判断是否存在正整数使得成立？若存在求出所有值；若不存在说明理由． 【答案】（1）证明见解析；；（2）不存在；理由见解析． 【解析】 【分析】（1）由等式可得出，可证得数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，求出数列的通项公式，可求得，再利用与的关系可求得数列的通项公式； （2）利用错位相减法可求得，由，，构造函数，利用导数判断单调性，利用数列的单调性可判断等式是否有解，即可得出结论. 【详解】（1）因为 所以， 因为，所以可推出． 故，即为等比数列． 因为，公比为 所以，即， 当时，， 也满足此式，所以； （2）因为， 所以， 两式相减得： 即， 代入，得． 令，对于成立， 所以在上单调递增， 因为，， 所以不存在正整数使得， 所以不存在正整数使得 即不存在正整数使得成立． 【点睛】易错点睛：对于函数与数列的综合问题，属于难题.解决该问题应该注意的事项： (1)数列是一类特殊的函数，它的图象是一群孤立的点； (2)转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题； (3)利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $