精品解析：江西省宜丰中学2024届高三下学期模拟预测数学试卷

2024届江西省宜丰中学模拟预测数学试卷 一、单选题（40分） 1. 复数的虚部为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】由复数除法化复数为代数形式，根据复数概念可得． 【详解】因为，所以复数的虚部为， 故选：A. 【点睛】本题考查复数的除法运算，考查复数的概念．属于简单题． 2. 已知集合， ，则=（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 化简集合，，再求交集即可． 【详解】＝＝， ， 故＝， 故选：D 【点睛】本小题主要考查交集的概念和运算，考查对数不等式的解法，属于基础题. 3. 已知双曲线的实半轴长为，其上焦点到双曲线的一条渐近线的距离为3，则双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设双曲线的上焦点为，由题意可得，可求，由已知可求，可求渐近线方程. 【详解】设双曲线的上焦点为， 双曲线的渐近线方程为， 由点到直线的距离公式可得， 又双曲线的实半轴长为，所以， 所以双曲线的渐近线方程为，即. 故选：B. 4. 的展开式中第四项的系数为540，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据二项式的展开式的通项公式可得，求得，再根据余弦的二倍角公式，结合齐次弦化切即可求解. 【详解】因为的展开式中第四项为， 所以，解得， 所以. 故选：C 5. 若函数，且的图象所过定点恰好在椭圆上，则的最小值为（ ） A. 6 B. 12 C. 16 D. 18 【答案】C 【解析】 【分析】根据对数函数性质求出定点，根据定点在椭圆上，将定点代入椭圆方程，得到m与n的等量关系，再利用基本不等式即可求解. 【详解】由题意得，函数，且的图象所过定点为，则， 所以， 当且仅当，即时等号成立. 故选：C. 6. 已知函数（）在有且仅有三个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】当时，，依题意有，解出即可. 【详解】因为，所以， 因为函数（）在有且仅有三个零点， 结合正弦函数的图象可知， 解得， 故选：B. 7. 已知等差数列的前n项和为，且，，若对于任意的，不等式恒成立，则实数x可能为（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】由与的关系且为等差数列，求出，由，得，构造函数，由在时恒成立，求实数x的取值范围. 【详解】因为，时，， 时，， 所以，，， 因为为等差数列，所以，， 从而，， 所以，即， 则当时，恒成立， ，解得或， 只有选项A符合题意， 故选：A 8. 函数，若关于的不等式有且仅有三个整数解，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求导，求得的单调区间，作出的图象，分类讨论求得的解集，结合图象可得的取值范围为. 【详解】对函数求导可得，令，解得，令，解得，又时，， 所以的递增区间为，递减区间为和， 作出图象如图所示： 当时，由，可得， 由图象可知，不存在整数点满足条件， 当时，由，可得， 由图象可知，不存在整数点满足条件， 当时，由，可得， 又， ，， 由的递增区间为，所以， 所以要使有三个整数解，则， 所以关于的不等式有且仅有三个整数解， 则的取值范围为. 故选：A. 二、多选题 9. 下列结论正确的是（    ） A. 用简单随机抽样的方法从51个个体中抽取2个个体，则每个个体被抽到的概率都是 B. 数据36，28，22，24，22，78，32，26，20，22的第80百分位数为34 C. 随机变量，若，则 D. 已知随机变量，若，则 【答案】BC 【解析】 【分析】由古典概型的概率计算公式即可判断A，由百分位数的计算公式即可判断B，由正态曲线的性质即可判断C，由二项分布的方差计算公式以及方差的性质即可判断D. 【详解】对于A，用简单随机抽样的方法从51个个体中抽取2个个体，则每个个体被抽到的概率都是，故A错误； 对于B，将数据按照从小到大的顺序排列为， 且，所以第80百分位数为，故B正确； 对于C，因为随机变量，所以正态曲线的对称轴为， 又，则， 所以，故C正确； 对于D，因为随机变量，则， 又，则，故D错误； 故选：BC 10. 如图，在棱长为的正方体中，点在线段上运动，则（    ） A. 平面平面 B. 三棱锥的体积为定值 C. 异面直线与所成角的取值范围是 D. 当为的中点时，三棱锥的外接球的表面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】直接利用正方体的性质，几何体的体积公式, 异面直线的夹角和外接球的表面积公式逐项判断即可. 【详解】对于，由正方体的性质，在、上的射影分别为、， 而，，则，，， 又平面 所以面，平面，所以平面平面，故正确； 对于，因为，平面， 所以点到平面的距离为定值，又的面积不变， 所以三棱锥的体积为定值，故正确； 对于，因为， 所以异面直线与所成的角就是直线与所成的角， 因为是等边三角形， 当与线段的两个端点重合时，直线与所成的角最小为， 当与线段的中点重合时，直线与所成的角最大为， 所以所求角的范围是，故错误； 对于，该正四面体的外接球即为正方体外接球，， 故所求球的表面积为，故正确. 故选：. 11. 已知抛物线的准线方程为，焦点为，为坐标原点，，是上两点，则下列说法正确的是（ ） A. 点的坐标为 B. 若，则的中点到轴距离的最小值为8 C. 若直线过点，则以为直径的圆过点 D. 若直线与的斜率之积为，则直线过点 【答案】AD 【解析】 【分析】根据抛物线的准线求得焦点坐标判断A，设直线方程为，，直线方程代入抛物线方程，应用韦达定理得，求出中点坐标得中点到轴距离，求得最小值后判断B，计算的长和中点到原点的距离，比较后判断C，由斜率之积求出为常数，可得直线过定点判断D． 【详解】A．抛物线准线方程是，，，则焦点为，A正确； B．显然斜率存在，设直线方程为，， 由得，，， ，所以，化简得， 线段中点的横坐标为，纵坐标为为中点到轴的距离， 又，当且仅当，即时等号成立，因此B中结论最小值为8是错误的．B错； C．设方程为（），由上述讨论知， 又中点为，即中点为，中点到原点的距离为，所以以为直径的圆不过点，C错； D．，则，由上得，， 方程为，必过点，D正确． 故选：AD． 【点睛】本题考查求抛物线的方程，考查直线与抛物线相交，解题方法是设而不求的思想方法，即设交点坐标，设，设直线方程为，直线方程与抛物线方程联立方程组且消元，应用韦达定理得，然后把这个结论代入各个条件求解． 三、填空题 12. 已知点、是圆上的两点，且，则_________． 【答案】 【解析】 【分析】取的中点，连接，利用平面向量数量积的运算性质可得，即可得解. 【详解】如下图所示，取的中点，连接，则，则， . 故答案为：. 13. 一个不透明的袋子装有5个完全相同的小球，球上分别标有数字1，2，3，4，4．现甲从中随机摸出一个球记下所标数字后放回，乙再从中随机摸出一个球记下所标数字，若摸出的球上所标数字大即获胜（若所标数字相同则为平局），则在甲获胜的条件下，乙摸到2号球的概率为_________． 【答案】 【解析】 【分析】设事件“甲获胜”为事件，事件“乙摸到2号球”为事件，由古典概率公式求出，再由条件概率求解即可. 【详解】设事件“甲获胜”为事件，事件“乙摸到2号球”为事件， 则，， 所以， 故答案为：． 14. 已知函数的零点为，则______． 【答案】 【解析】 【分析】先零点代入函数解析式得，构造函数，利用导数研究其单调性得，再根据的单调性计算即可. 【详解】为函数零点， ． 令， 显然时，，时，， 在上单调递减，在上单调递增， ， 令，， 显然时，，即在上单调递增， 则，所以. 故答案为： 【点睛】思路点睛：先将零点代入函数解析式通过同型构造得，之后判定函数的单调性得出，再根据的单调性计算即可. 四、解答题 15. 记的内角的对边分别为，已知． （1）求角； （2）若，点为的重心，且，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正余弦定理边角互化即可求解;（2）根据重心的性质可得，进而根据余弦定理可得，由面积公式即可求解. 【小问1详解】 因为，由正弦定理可得， 整理得，由余弦定理可得． 又因为，所以． 【小问2详解】 设的延长线交于点，因为点为的重心，所以点为中点， 又因为，所以． 在中，由和，可得． 在和中，有， 由余弦定理可得 故，所以， 所以的面积为． 16. 如图，在直三棱柱中，分别为 的中点 （1）求证： ∥平面； （2）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【答案】(1)见证明；(2) 【解析】 【分析】（1）取的中点E，连接EM，EN，可得四边形EMCN为平行四边形，得到CM∥NE．再由直线与平面平行的判定可得平面；（2）由已知证明平面，以M为坐标原点，为轴正方向，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，由平面的法向量与所成角的余弦值可得平面与平面所成锐二面角的余弦值． 【详解】（1）证明：取的中点E，连接EM，EN， 在△中，E，M分别是，AB的中点，则EM∥，且， 又N为的中点，∥， ∴ ∥，， 从而有EM∥NC且EM=NC， ∴四边形EMCN为平行四边形，则CM∥NE． 又∵CM⊄平面，NE⊂平面， ∴CM∥平面； （2）∵AC=BC，M为AB的中点，∴CM⊥AB， 直三棱柱中，由 ⊥平面ABC，得⊥ ， 又∵AB∩= ，∴⊥平面，从而 又∵，，∴⊥平面， 从而有， ∵，∴． 由（1）知 ∥，∴⊥平面ABC． 以M为坐标原点，为轴正方向，建立空间直角坐标系M-， 则，C（0，2，0），N（0，2，）． ∴． 设平面AN的法向量为=（）， 则，取 ，则=（1，0，-2）， 平面的法向量为， ∴， ∴平面与平面所成锐二面角的余弦值为． 【点睛】本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题． 17. 某商场推出“云闪付”购物活动，由于推广期内优惠力度较大，吸引了越来越多的顾客使用这种支付方式.现统计了活动刚推出一周内每天使用“云闪付”支付的人数，用表示活动推出的天数，表示每天使用该支付方式的人数，统计数据如下表所示： 1 2 3 4 5 6 7 6 13 25 40 73 110 201 根据散点图判断，在推广期内，支付的人数关于天数的回归方程适合用表示. （1）求该回归方程，并预测活动推出第8天使用“云闪付”的人数；（的结果精确到0.01） （2）推广期结束后，商场对顾客的支付方式进行统计，结果如下表： 支付方式 云闪付 会员卡 其它支付方式 比例 商场规定：使用会员卡支付的顾客享8折，“云闪付”的顾客随机优惠，其它支付方式的顾客无优惠，根据统计结果得知，使用“云闪付”的顾客，享7折的概率为，享8折的概率为，享9折的概率为.设顾客购买标价为元的商品支付的费用为，根据所给数据用事件发生的频率估计相应事件发生的概率，写出的分布列，并求. 参考数据：设. 参考公式：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：. 【答案】（1），355人； （2）分布列如下： 0.1 0.35 0.15 0.4 . 【解析】 【分析】（1）由两边取常用对数，利用换元法转化为线性归回直线方程并结合公式进行求解； （2）根据概率的乘法公式进行求解列出分布列，根据期望公式计算结果. 【小问1详解】 由，得，设，，，则. ， . 把样本中心点代入方程得， 所以，即， 其回归方程为， 当时，. 【小问2详解】 的可能取值为：. 分布列如下： 0.1 0.35 0.15 0.4 所以，购物的平均费用为：. 18. 已知椭圆的左右顶点分别为和，离心率为，且经过点，过点作垂直轴于点．在轴上存在一点（异于），使得． （1）求椭圆的标准方程； （2）过点作一条垂直于轴的直线，在上任取一点，直线和直线分别交椭圆于两点，证明：直线经过定点． 【答案】（1） （2）证明：设，由，得，解得， 此时，如图：设，由三点共线， 得， 由三点共线，得，得， 又，得， 得， 即． 设直线的方程为， 即，① 联立直线与椭圆：，消得， 则有，② 将②式代入①式，得，解得（舍）或. 直线经过定点． 【解析】 【分析】（1）由题意列出含的方程组解出即可. （2）设，由三点共线得出，设出直线方程，得到，直线方程和椭圆方程联立得出代入即可. 【小问1详解】 由题意得，将代入椭圆方程得， 联立方程组，解得，所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 略 【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下： （1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明； （2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点； （3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明. 19. 设，. （1）当时，证明：； （2）证明：. 【答案】（1）证明：因为定义域为， 所以， 所以为定义在上的偶函数，下取， 可知，令 则在内单调递增，可得， 即在内恒成立，可知在内单调递增， 所以在内的最小值为，结合偶函数性质可知：. （2）证明：由（1）可得：，当且仅当时，等号成立， 即，令，则，当时，，即， 则有：，，，， 相加可得：， 因为，则，所以， 即. 【解析】 【分析】（1）由题意可知：为偶函数，所以仅需研究的部分，求导，利用导数判断原函数的单调性和最值，分析证明； （2）由（1）可得：，当时，利用裂项相消法分析证明； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤 （1）作差或变形； （2）构造新的函数； （3）利用导数研究的单调性或最值； （4）根据单调性及最值，得到所证不等式； 特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024届江西省宜丰中学模拟预测数学试卷 一、单选题（40分） 1. 复数的虚部为（ ） A. B. C. 1 D. 2 2. 已知集合， ，则=（ ） A. B. C. D. 3. 已知双曲线的实半轴长为，其上焦点到双曲线的一条渐近线的距离为3，则双曲线的渐近线方程为（ ） A B. C. D. 4. 的展开式中第四项的系数为540，则的值为（ ） A. B. C. D. 5. 若函数，且的图象所过定点恰好在椭圆上，则的最小值为（ ） A. 6 B. 12 C. 16 D. 18 6. 已知函数（）在有且仅有三个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知等差数列的前n项和为，且，，若对于任意的，不等式恒成立，则实数x可能为（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 8. 函数，若关于的不等式有且仅有三个整数解，则的取值范围是（ ） A. B. C D. 二、多选题 9. 下列结论正确的是（    ） A. 用简单随机抽样的方法从51个个体中抽取2个个体，则每个个体被抽到的概率都是 B. 数据36，28，22，24，22，78，32，26，20，22的第80百分位数为34 C. 随机变量，若，则 D. 已知随机变量，若，则 10. 如图，在棱长为的正方体中，点在线段上运动，则（    ） A. 平面平面 B. 三棱锥的体积为定值 C. 异面直线与所成角的取值范围是 D. 当为中点时，三棱锥的外接球的表面积为 11. 已知抛物线的准线方程为，焦点为，为坐标原点，，是上两点，则下列说法正确的是（ ） A. 点的坐标为 B. 若，则的中点到轴距离的最小值为8 C. 若直线过点，则以为直径圆过点 D. 若直线与的斜率之积为，则直线过点 三、填空题 12. 已知点、是圆上的两点，且，则_________． 13. 一个不透明的袋子装有5个完全相同的小球，球上分别标有数字1，2，3，4，4．现甲从中随机摸出一个球记下所标数字后放回，乙再从中随机摸出一个球记下所标数字，若摸出的球上所标数字大即获胜（若所标数字相同则为平局），则在甲获胜的条件下，乙摸到2号球的概率为_________． 14. 已知函数的零点为，则______． 四、解答题 15. 记的内角的对边分别为，已知． （1）求角； （2）若，点为重心，且，求的面积． 16. 如图，在直三棱柱中，分别为 的中点 （1）求证： ∥平面； （2）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 17. 某商场推出“云闪付”购物活动，由于推广期内优惠力度较大，吸引了越来越多的顾客使用这种支付方式.现统计了活动刚推出一周内每天使用“云闪付”支付的人数，用表示活动推出的天数，表示每天使用该支付方式的人数，统计数据如下表所示： 1 2 3 4 5 6 7 6 13 25 40 73 110 201 根据散点图判断，在推广期内，支付的人数关于天数的回归方程适合用表示. （1）求该回归方程，并预测活动推出第8天使用“云闪付”的人数；（的结果精确到0.01） （2）推广期结束后，商场对顾客的支付方式进行统计，结果如下表： 支付方式 云闪付 会员卡 其它支付方式 比例 商场规定：使用会员卡支付的顾客享8折，“云闪付”的顾客随机优惠，其它支付方式的顾客无优惠，根据统计结果得知，使用“云闪付”的顾客，享7折的概率为，享8折的概率为，享9折的概率为.设顾客购买标价为元的商品支付的费用为，根据所给数据用事件发生的频率估计相应事件发生的概率，写出的分布列，并求. 参考数据：设. 参考公式：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：. 18. 已知椭圆的左右顶点分别为和，离心率为，且经过点，过点作垂直轴于点．在轴上存在一点（异于），使得． （1）求椭圆的标准方程； （2）过点作一条垂直于轴的直线，在上任取一点，直线和直线分别交椭圆于两点，证明：直线经过定点． 19. 设，. （1）当时，证明：； （2）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $