精品解析：江西省九江市2024届高三第三次高考模拟统一考试数学试题

九江市2024年第三次高考模拟统一考试 数学试题 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名､班级､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，用铅笔把答题卡上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，写在本试题卷上无效 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回. 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. 为深入学习党的二十大精神，某校开展“奋进新征程，强国伴我行”二十大主题知识竞赛，其中高三年级选派8名同学参赛，这8名同学的成绩（总分10分）依次如下：，则这组数据的分位数为（ ） A. 8 B. 9 C. 9.5 D. 10 2. 在 中，角所对的边分别为，已知，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知等差数列的公差为，是与的等比中项，则（ ） A. B. C. D. 4. 考古发现在金字塔内有一组神秘的数字“142857”，我们把它和自然数1到6依次相乘，得，，结果是同样的数字，只是调换了位置.若将这组神秘数字“142857”进行重新排序，其中偶数均相邻的排法种数为（ ） A. 24 B. 36 C. 72 D. 144 5. 已知圆锥的侧面展开图是面积为的半圆，则该圆锥的体积是（ ） A. B. C. D. 6. 已知椭圆的左右焦点分别为,过且倾斜角为的直线交于第一象限内一点.若线段的中点在轴上,的面积为,则的方程为（ ） A. B. C. D. 7. 若，则（ ） A. B. C. D. 8. 在平面直角坐标系中，已知直线与双曲线的左右两支分别交于两点，是线段的中点，是轴上一点(非原点)，且，则的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 3 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. 已知二项式，则（ ） A. 展开式中的系数为45 B. 展开式中二项式系数最大的项是第5项 C. 展开式中各项系数之和为1 D. 展开式中系数最大的项是第5项或第7项 10. 已知虚数满足，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 的虚部为 D. 11. 如图，正方体的棱长为1，点在截面内，且，则（ ） A. 三棱锥的体积为 B. 线段PA的长为 C. 点的轨迹长为 D. 的最大值为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.其中第14题第1问2分，第2问3分. 12. 若集合，则__________. 13. 已知函数在区间上有且仅有三个零点，则的取值范围是__________. 14. 某儿童游乐场有一台打地鼠游戏机，共有9个洞.游戏开始后，每次有且仅有一只地鼠从某洞中冒出，地鼠第1次从1号洞冒出来.假设游戏过程中地鼠从上一个洞继续冒出的概率为，从其它洞冒出的可能性相等，则地鼠第3次从1号洞冒出的概率是__________.假设游戏结束时，地鼠一共冒出次，则地鼠从1号洞冒出的次数期望值为__________. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 车胎凹槽深度是影响汽车刹车的因素，汽车行驶会导致轮胎胎面磨损.某实验室通过实验测得轿车行驶里程与某品牌轮胎凹槽深度的数据，如下表所示： 行驶里程万 0.0 0.4 1.0 1.6 2.4 2.8 3.4 4.4 轮胎凹槽深度 8.0 7.8 7.2 6.2 5.6 4.8 4.4 4.0 （1）求该品牌轮胎凹槽深度与行驶里程的相关系数，并判断二者之间是否具有很强的线性相关性；（结果保留两位有效数字） （2）根据我国国家标准规定：轿车轮胎凹槽安全深度为（当凹槽深度低于时刹车距离增大，驾驶风险增加，必须更换新轮胎）.某人在保养汽车时将小轿车的轮胎全部更换成了该品牌的新轮胎，请问在正常行驶情况下，更换新轮胎后继续行驶约多少公里需对轮胎再次更换？ 附：变量与的样本相关系数；对于一组数据，，其线性回归方程的斜率和截距的最小二乘估计分别为：. 16. 如图，已知四棱锥的底面 为直角梯形，，为等边三角形. （1）证明：； （2）若二面角的大小为，求二面角的正弦值. 17. 在平面直角坐标系中，已知抛物线的焦点为是上第一象限内的动点.当直线的倾斜角为时，. （1）求的方程； （2）已知点是上不同两点.若四边形 是平行四边形，证明：直线 过定点. 18. 已知函数，且. （1）讨论的单调性； （2）若方程有三个不同的实数解，求的取值范围. 19. 已知数列共有项，且，若满足，则称为“约束数列”.记“约束数列”的所有项的和为. （1）当时，写出所有满足的“约束数列”； （2）当时，设“约束数列”为等差数列.请判断是的什么条件，并说明理由； （3）当时，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 九江市2024年第三次高考模拟统一考试 数学试题 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名､班级､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，用铅笔把答题卡上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，写在本试题卷上无效 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回. 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. 为深入学习党的二十大精神，某校开展“奋进新征程，强国伴我行”二十大主题知识竞赛，其中高三年级选派8名同学参赛，这8名同学的成绩（总分10分）依次如下：，则这组数据的分位数为（ ） A. 8 B. 9 C. 9.5 D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】先对这8个数按从小到大排列，然后利用百分位数的定义求解即可. 【详解】8名同学成绩数据由小到大重新排列为： 是整数， 分位数是第6位数和第7位数的平均数，即. 故选：C. 2. 在中，角所对的边分别为，已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】运用正弦定理进行边角互化，结合诱导公式以及两角和的正弦公式即可解决. 【详解】因为， 由正弦定理， 因为， 展开化简， 又. 故选:B. 3. 已知等差数列的公差为，是与的等比中项，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据等比中项的定义得出；再根据等差数列的通项公式得出，化简即可解答. 【详解】因为是与的等比中项， 所以. 又因为数列为等差数列，公差为， 所以，化简得，即， 所以. 故选：A. 4. 考古发现在金字塔内有一组神秘的数字“142857”，我们把它和自然数1到6依次相乘，得，，结果是同样的数字，只是调换了位置.若将这组神秘数字“142857”进行重新排序，其中偶数均相邻的排法种数为（ ） A. 24 B. 36 C. 72 D. 144 【答案】D 【解析】 【分析】利用捆绑法、全排列和分步乘法计数原理即可解答. 【详解】第一步：将三个偶数看成一个整体，与三个奇数进行全排列共种排法； 第二步：将三个偶数进行全排列共； 根据分步乘法计数原理可得： 将这组神秘数字“142857”进行重新排序，其中偶数均相邻的排法种数为. 故选：D. 5. 已知圆锥的侧面展开图是面积为的半圆，则该圆锥的体积是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，由圆锥的侧面积公式可得圆锥的高，再由圆锥的体积公式代入计算，即可求解. 【详解】设圆锥底面圆半径为，母线为，高为. 由题意得，解得，， 该圆锥的体积是. 故选：A. 6. 已知椭圆的左右焦点分别为,过且倾斜角为的直线交于第一象限内一点.若线段的中点在轴上,的面积为,则的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意得到，, ,设，其它边全部用t表示,运用面积为构造方程求出t.再用椭圆定义求出a,进而求出c,b即可. 【详解】如图,为线段的中点,为线段的中点,,又轴, 轴. 在中, ,设,则的面积为, , ,则C的方程为. 故选：D. 7. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，则原等式可化为，化简后求出即可. 【详解】令，则， 所以由， 得， 即， 即，得， 所以， 故选：C. 8. 在平面直角坐标系中，已知直线与双曲线的左右两支分别交于两点，是线段的中点，是轴上一点(非原点)，且，则的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】设，则由已知可得，设直线的方程为，，将直线方程代入双曲线方程化简利用根与系数的关系，可得，再由，是线段的中点，可得，两式结合化简可求出离心率. 【详解】设且，则， 因为，所以，得， 设直线的方程为，， 由，得， 由，得， 所以， 所以，① ， 因为，是线段的中点， 所以，即，化简得， 由①，得，所以， 所以， 所以离心率， 故选：B 【点睛】关键点点睛：此题考查求双曲线的离心率，考查平面向量的数量积运算，解题的关键是设出直线方程代入双曲线方程化简，利用根与系数的关系，考查计算能力，属于较难题. 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. 已知二项式，则（ ） A. 展开式中的系数为45 B. 展开式中二项式系数最大的项是第5项 C. 展开式中各项系数之和为1 D. 展开式中系数最大的项是第5项或第7项 【答案】AD 【解析】 【分析】由展开式的通项公式即可判断A，由二项式系数的性质即可判断BD，令，代入计算即可判断C 【详解】，当时，，系数为，故A正确； 由组合数性质可知，中间项系数最大， 展开式中二项式系数最大的项是第6项，故B错误； 令，得展开式中各项系数之和为，故C错误； 当为奇数时，系数为负数，当为偶数时，系数为正数， 当或时，系数最大，正确. 故选：AD. 10. 已知虚数满足，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 的虚部为 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，利用复数模的性质结合已知条件分析判断，对于B，给两边乘以化简后判断，对于C，设，代入已知等式化简可求出，对于D，结合选项C判断. 【详解】对于A，由，得正确； 对于B，由，得，B正确； 对于C，设， 则， ，解得， 的虚部为或，C错误. 对于D，又，D正确. 故选：ABD. 11. 如图，正方体的棱长为1，点在截面内，且，则（ ） A. 三棱锥的体积为 B. 线段PA的长为 C. 点的轨迹长为 D. 的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，点到平面的距离为，再通过三棱锥的体积公式计算即可；对于B，设的中心为，则，通过勾股定理计算即可；对于C，如图②所示，点的轨迹是以为圆心，为半径的圆的一部分，由三段劣弧构成并计算即可；对于D，建立空间直角坐标系，当位于点或的位置时，最小，计算即可. 【详解】对于A，在正方体中，平面，，由三垂线定理有， 同理有，，所以平面， ，，且平面，平面， 所以平面平面，且两平面间的距离为， 又的面积，所以三棱锥的体积，故A正确； 对于B，如图①所示，设的中心为，则， ，故B错误； 对于C，如图②所示，由知，， 点的轨迹是以为圆心，为半径的圆的一部分， 由三段劣弧构成，其长度为圆周长的一半，故C正确； 对于D，， 为在方向上的投影，由图①可知，当位于点或的位置时，最小， 此时取得最大值，如图②所示，建立空间直角坐标系， 则，故D正确. 故选：ACD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.其中第14题第1问2分，第2问3分. 12. 若集合，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】先求出A,再求出,最后求出即可. 【详解】. 又或，故. 故答案为： 13. 已知函数在区间上有且仅有三个零点，则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】令，然后由的范围求出的范围，再结合正弦函数的性质可求出的取值范围 【详解】令，，， 问题转化为函数在区间上有且仅有三个零点， ，解得. 故答案为： 14. 某儿童游乐场有一台打地鼠游戏机，共有9个洞.游戏开始后，每次有且仅有一只地鼠从某洞中冒出，地鼠第1次从1号洞冒出来.假设游戏过程中地鼠从上一个洞继续冒出的概率为，从其它洞冒出的可能性相等，则地鼠第3次从1号洞冒出的概率是__________.假设游戏结束时，地鼠一共冒出次，则地鼠从1号洞冒出的次数期望值为__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据全概率公式，第二次必须分析从1号洞冒出和没有从1号洞冒出，就能得到第三次从1号洞冒出的概率；地鼠一共冒出次，继而推出，，则可求出地鼠从1号洞冒出的次数期望值为. 【详解】令表示地鼠第次从1号洞冒出的概率，则. 当地鼠第2次从1号洞冒出时，第3次从1号洞冒出的概率为； 当地鼠第2次没有从1号洞冒出时，第3次从1号洞冒出的概率为. 同理可得：， 是以为首项，为公比的等比数列， ，也适合； 游戏结束时，地鼠一共冒出次，则地鼠从1号洞冒出的次数期望值为. 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：①掌握全概率公式； ②马尔科夫链，第次的情况必定和第次的情况有关系. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 车胎凹槽深度是影响汽车刹车的因素，汽车行驶会导致轮胎胎面磨损.某实验室通过实验测得轿车行驶里程与某品牌轮胎凹槽深度的数据，如下表所示： 行驶里程万 0.0 0.4 1.0 1.6 2.4 2.8 3.4 4.4 轮胎凹槽深度 8.0 7.8 7.2 6.2 5.6 4.8 4.4 4.0 （1）求该品牌轮胎凹槽深度与行驶里程的相关系数，并判断二者之间是否具有很强的线性相关性；（结果保留两位有效数字） （2）根据我国国家标准规定：轿车轮胎凹槽安全深度为（当凹槽深度低于时刹车距离增大，驾驶风险增加，必须更换新轮胎）.某人在保养汽车时将小轿车的轮胎全部更换成了该品牌的新轮胎，请问在正常行驶情况下，更换新轮胎后继续行驶约多少公里需对轮胎再次更换？ 附：变量与的样本相关系数；对于一组数据，，其线性回归方程的斜率和截距的最小二乘估计分别为：. 【答案】（1），具有很强的线性关系 （2）6.4万公里 【解析】 【分析】（1）根据题意，由相关系数的公式代入计算，即可判断； （2）根据题意，由最小二乘法公式代入计算，分别求得，即可得到线性回归方程，即可得到结果. 【小问1详解】 计算得， ， 由公式知，二者之间具有很强的线性关系. 【小问2详解】 设轮胎凹槽深度与行驶里程的线性回归方程为， 则== 线性回归方程为 令，得 即更换新轮胎后继续行驶约6.4万公里需要对轮胎再次更换. 16. 如图，已知四棱锥的底面 为直角梯形，，为等边三角形. （1）证明：； （2）若二面角的大小为，求二面角的正弦值. 【答案】（1）证明：取 的中点 ，连接线段，由，得， 由，得 为等边三角形，则， 又平面，于是平面，又平面， 所以. （2）. 【解析】 【分析】（1）取 的中点 ，利用等腰三角形性质，线面垂直的判定性质推理即得. （2）以 为坐标原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量求法求解即得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知为二面角的平面角，即， 在平面内过 作，显然直线两两垂直， 以 为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 不妨设，则，， 由，得，，， 设平面的法向量为，， ，取，得，而， 设平面的法向量为，则，取，得， 设二面角的平面角为，则， 因此，所以二面角的正弦值为. 17. 在平面直角坐标系中，已知抛物线的焦点为是上第一象限内的动点.当直线的倾斜角为时，. （1）求的方程； （2）已知点是上不同两点.若四边形 是平行四边形，证明：直线 过定点. 【答案】（1） （2）证明：设直线 方程为，， 联立方程组，消去 整理得， 则， 因为四边形 是平行四边形， 则，即， 代入中得，整理得， 则直线 ：， 所以直线 过定点. 【解析】 【分析】（1）过点A作 轴的垂线，准线的垂线，结合抛物线的定义可得，即可得和方程； （2）设直线 方程为，联立方程结合韦达定理可得，代入抛物线方程可得，即可得结果. 【小问1详解】 由题意可知：抛物线的焦点，准线， 过点A作 轴的垂线，垂足为，作准线的垂线，垂足为， 由抛物线定义可得， 因为直线的倾斜角为，则， 可得，解得， 所以的方程为. 【小问2详解】 略 18. 已知函数，且. （1）讨论的单调性； （2）若方程有三个不同的实数解，求的取值范围. 【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增 （2） 【解析】 【分析】（1）法一：，令，则，可得递增，且，进而得到单调性. 法二：，根据的正负，讨论的正负，得到单调性. （2）法一：，令，则，又为偶函数，，分离参数即可. 法二：令，则在上单调递减，在上单调递增.由，得或分离参数即可. 【小问1详解】 解法一： 令，则 在上单调递增. 又当时，，即；当时，，即 在上单调递减，在上单调递增. 解法二： ①当时，由得，由得 在上单调递减，在上单调递增 ②当时，同理可得在上单调递减，在上单调递增. 综上，当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 解法一：由，得，易得 令，则 又为偶函数， 由（1）知在上单调递增，，即有三个不同的实数解. 令，由，得由，得， 在上单调递增，在上单调递减，且 在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减 当时，；当时，，故 解得或，故的取值范围是 解法二：由得，易得 令，则在上单调递减，在上单调递增. 由，得或 两边同时取以为底的对数，得或， ，即有三个不同的实数解 下同解法一. 【点睛】关键点点睛：求函数单调性，先求导，判单调性、判正负、提公因式，如果行不通，求二导；导数同构是近几年的热点，注意函数的单调性. 19. 已知数列共有项，且，若满足，则称为“约束数列”.记“约束数列”的所有项的和为. （1）当时，写出所有满足的“约束数列”； （2）当时，设“约束数列”为等差数列.请判断是的什么条件，并说明理由； （3）当时，求的最大值. 【答案】（1）①；②；③ （2）是的充分不必要条件.理由： ①当时，. 则， 当且仅当时，成立， “约束数列”是公差为1的等差数列 ②当“约束数列”是等差数列时，由， 得，或，或， 若，则的公差为； 若，则的公差为； 若，则的公差为， 即当“约束数列”是等差数列时，或或2024. 由①②，得是的充分不必要条件. （3） 【解析】 【分析】（1）由“约束数列”的定义，可得所求. （2）由“约束数列”和充分必要条件的定义，结合等差数列的知识，可得结论. （3）由，要使最大，推出，讨论等差数列的公差，用求和公式可解. 【小问1详解】 当时，所有满足的“约束数列”有： ①；②；③ 【小问2详解】 略 【小问3详解】 要使得取最大值，则， 当且仅当同时满足以下三个条件时，取最大值. ①当时，；②当时，； ③当时，. . 【点睛】关键点睛：本题关键在于对新定义的理解，抓住和进行分类讨论可求解第二问；第三问关键在于根据分析取得最大值的条件，然后分段求和可得.. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $