精品解析：江西省新余市2023-2024学年高三第二次模拟考试数学试题

新余市2023-2024学年高三年级第二次模拟考试 数学试题 说明：1.本卷共有四个大题，19个小题，全卷满分150分，考试时间120分钟. 2.本卷分为试题卷和答题卷，答案要求写在答题卷上，在试题卷上作答不给分. 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. 一个容量为10的样本，其数据依次为：9，2，5，10，16，7，18，21，20，3，则该组数据的第60百分位数为（ ） A. 9 B. 10 C. 13 D. 16 2. 已知点在抛物线C：上，F为抛物线的焦点，则（O为坐标原点）的面积是（ ） A B. 1 C. 2 D. 4 3. 已知，，若与的夹角为，则（ ） A. -1 B. 1 C. D. 4. 两个大人和4个小孩站成一排合影，若两个大人之间至少有1个小孩，则不同的站法有（ ）种. A. 240 B. 360 C. 420 D. 480 5. 已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则（ ） ①若，，且∥，则∥； ②若，∥，且∥，则； ③若∥，，且，则∥； ④若，，且，则. 其中真命题的个数是（ ） A. B. C. D. 6. 已知直线交圆C：于M，N两点，则“为正三角形”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 已知x，y为正实数，且，则的最小值为（ ） A. 12 B. C. D. 8. 如图，已知为双曲线上一动点，过作双曲线的切线交轴于点，过点作于点，，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知是两个虚数，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，则与均为实数 B. 若与均为实数，则 C. 若均为纯虚数，则为实数 D. 若为实数，则均为纯虚数 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的值域为 B. 的对称中心为， C. 在上的单减区间为 D. 在上的极值点个数为1 11. 已知定义在实数集R上的函数，其导函数为，且满足，，则（    ） A. 的图像关于点成中心对称 B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知随机变量X服从正态分布，则值为__________. 13. 在公差为正数的等差数列中，若，，，成等比数列，则数列的前10项和为____________. 14. 如图1，在直角梯形中，，，，，，点E，F分别为边，上的点，且，.将四边形沿折起，如图2，使得平面平面，点M是四边形内（含边界）的动点，且直线与平面所成的角和直线与平面所成的角相等，则当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为__________. 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A，B，C的对边分别为a，b，c，且的面积. （1）求角B； （2）若的平分线交于点D，，，求的长. 16. 已知函数，. （1）当时，求函数的最小值； （2）若在上单调递减，求a的取值范围. 17. 如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，且，. （1）若为的中点，证明：平面平面； （2）若，，线段上点满足，且平面与平面夹角的余弦值为，求实数的值. 18. 近年来，某大学为响应国家号召，大力推行全民健身运动，向全校学生开放了A，B两个健身中心，要求全校学生每周都必须利用课外时间去健身中心进行适当的体育锻炼. （1）该校学生甲、乙、丙三人某周均从A，B两个健身中心中选择其中一个进行健身，若甲、乙、丙该周选择A健身中心健身的概率分别为，，，求这三人中这一周恰好有一人选择A健身中心健身的概率； （2）该校学生丁每周六、日均去健身中心进行体育锻炼，且这两天中每天只选择两个健身中心的其中一个，其中周六选择A健身中心的概率为.若丁周六选择A健身中心，则周日仍选择A健身中心的概率为；若周六选择B健身中心，则周日选择A健身中心的概率为.求丁周日选择B健身中心健身的概率； （3）现用健身指数来衡量各学生在一个月的健身运动后的健身效果，并规定k值低于1分的学生为健身效果不佳的学生，经统计发现从全校学生中随机抽取一人，其k值低于1分的概率为，现从全校学生中随机抽取一人，如果抽取到的学生不是健身效果不佳的学生，则继续抽取下一个，直至抽取到一位健身效果不佳的学生为止，但抽取的总次数不超过（足够大），求抽取次数X的分布列和数学期望. 19 通过研究，已知对任意平面向量，把绕其起点A沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点B绕点A逆时针方向旋转角得到点P， （1）已知平面内点，点，把点B绕点A逆时针旋转得到点P，求点P的坐标： （2）已知二次方程的图像是由平面直角坐标系下某标准椭圆绕原点O逆时针旋转所得的斜椭圆C， （i）求斜椭圆C的离心率； （ⅱ）过点作与两坐标轴都不平行的直线交斜椭圆C于点M、N，过原点O作直线与直线垂直，直线交斜椭圆C于点G、H，判断是否为定值，若是，请求出定值，若不是，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 新余市2023-2024学年高三年级第二次模拟考试 数学试题 说明：1.本卷共有四个大题，19个小题，全卷满分150分，考试时间120分钟. 2.本卷分为试题卷和答题卷，答案要求写在答题卷上，在试题卷上作答不给分. 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. 一个容量为10的样本，其数据依次为：9，2，5，10，16，7，18，21，20，3，则该组数据的第60百分位数为（ ） A. 9 B. 10 C. 13 D. 16 【答案】C 【解析】 【分析】将这组数据从小到大排列后借助百分位数定义计算即可得. 【详解】将该组数据从小到大排列：2，3，5，7，9，10，16，18，20，21， 由，有，故该组数据的第60百分位数为. 故选：C. 2. 已知点在抛物线C：上，F为抛物线的焦点，则（O为坐标原点）的面积是（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】将点代入抛物线的方程，即可求解，再结合抛物线的公式，即可求解 【详解】点在抛物线上，为抛物线的焦点， ，解得， 故抛物线的方程为，,， 则的面积． 故选：A． 3. 已知，，若与的夹角为，则（ ） A. -1 B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量积的运算律计算，再利用向量数量积的定义计算，列出相关等式可得的值. 【详解】因为，， 所以， ， ， 因为， 又， 所以， 解得或， 因为，所以， 解得， 所以. 故选：. 4. 两个大人和4个小孩站成一排合影，若两个大人之间至少有1个小孩，则不同的站法有（ ）种. A. 240 B. 360 C. 420 D. 480 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得两个大人不相邻，不相邻问题用插空法即可得. 【详解】若两个大人之间至少有1个小孩，即两个大人不相邻， 故共有种. 故选：D. 5. 已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则（ ） ①若，，且∥，则∥； ②若，∥，且∥，则； ③若∥，，且，则∥； ④若，，且，则. 其中真命题的个数是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间直线与平面平行、垂直，平面与平面平行、垂直的判定定理和性质定理，逐项判断，即可得出结论. 【详解】由且，可得， 而垂直同一个平面的两条直线相互平行，故①正确； 由于，，所以，则，故②正确； 若与平面的交线平行，则， 故不一定有，故③错误； 设，在平面内作直线， ，则，又，所以， ，所以，从而有， 故④正确. 因此，真命题的个数是. 故选：B 【点睛】本题考查了空间线面位置关系的判定和证明，其中熟记空间线面位置中的平行与垂直的判定定理与性质定理是解题的关键，考查直观想象能力，属于基础题. 6. 已知直线交圆C：于M，N两点，则“为正三角形”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】求出圆的圆心及半径后，结合正三角形的性质可计算出当为正三角形时的值，结合充分条件与必要条件定义即可判断. 【详解】由C：可得其圆心为，半径， 圆心到直线的距离， 若为正三角形，则有，即， 即，解得或， 故“为正三角形”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 7. 已知x，y为正实数，且，则的最小值为（ ） A. 12 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】借助“1”的活用将分式其次化后结合基本不等式计算即可得. 【详解】由，则 ， 当且仅当，即，时，等号成立. 故选：C. 8. 如图，已知为双曲线上一动点，过作双曲线的切线交轴于点，过点作于点，，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由与双曲线相切，可得，即可得，作轴于点，结合相似三角形的性质可得，计算即可得的值，从而求出离心率. 【详解】设，则，令，则，故， 过点作轴于点，则， 由，轴，故与相似， 故，及， 即. 又，所以，所以， 即，则． 其中双曲线上一点的切线方程，证明如下： 不妨先探究双曲线在第一象限的部分（其他象限由对称性同理可得）． 由，得，所以， 则在的切线斜率， 所以在点处的切线方程为：， 又有，化简即可得切线方程为：． 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于构造相似三角形，从而将求的值，转化为求的值. 二、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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知是两个虚数，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，则与均为实数 B. 若与均为实数，则 C. 若均为纯虚数，则为实数 D. 若为实数，则均为纯虚数 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据复数的四则运算，结合共轭复数的定义即可求解ABC，举反例即可求解D. 【详解】设，．，． 若，则，，所以，，所以A正确； 若与均为实数，则，且，又，，所以，所以B正确； 若，均为纯虚数，则，所以，所以C正确； 取，，则为实数，但，不是纯虚数，所以D错误． 故选：ABC． 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的值域为 B. 的对称中心为， C. 在上的单减区间为 D. 在上的极值点个数为1 【答案】AD 【解析】 【分析】借助三角恒等变换公式将原函数化为正弦型函数后，借助正弦型函数的值域、对称性、单调性与极值点逐项计算并判断即可得. 【详解】， 对A：由，则，故A正确； 对B：令，，解得，， 故的对称中心为，，故B错误； 对C：令，，解得，， 则在上的单减区间为，故C错误； 对D：令，，即，， 则在上的极值点有一个，故D正确. 故选：AD. 11. 已知定义在实数集R上的函数，其导函数为，且满足，，则（    ） A. 的图像关于点成中心对称 B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】对A、B，利用赋值法进行计算即可得；对C、D，利用赋值法后结合数列的性质进行相应的累加及等差数列公式法求和即可得. 【详解】对A：令，则有，即， 令，则有，又，故，不关于对称，故A错误； 对于B，令，则有， 两边同时求导，得， 令，则有，故B正确； 对C：令，则有，即， 则 ，故C正确； 对D：令，则有，即， 则，即， 又，故， 则，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：本题C、D选项关键在于利用赋值法，结合数列的性质进行相应的累加及等差数列公式法求和. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知随机变量X服从正态分布，则的值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】借助正态分布定义可得，结合方差的性质计算即可得. 【详解】由题意可得，则. 故答案为：. 13. 在公差为正数的等差数列中，若，，，成等比数列，则数列的前10项和为____________. 【答案】165 【解析】 【分析】由等比和等差数列的性质求出公差，再由前项和公式求出结果即可. 【详解】设等差数列的公差为， 由题意得，即， 因公差大于零，解得，（舍）， 所以， 故答案为：165. 14. 如图1，在直角梯形中，，，，，，点E，F分别为边，上的点，且，.将四边形沿折起，如图2，使得平面平面，点M是四边形内（含边界）的动点，且直线与平面所成的角和直线与平面所成的角相等，则当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为__________. 【答案】60π 【解析】 【分析】先结合线面角的定义与已知条件可得，从而知，过点作于点，根据三棱锥的体积公式，将条件转化为取得最大值，再结合勾股定理确定点的位置，然后利用补形法求外接球的半径即可． 【详解】翻折前，， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 所以即为直线与平面所成的角， 同理可得，即为直线与平面所成的角， 因为直线与平面所成的角和直线与平面所成的角相等， 所以， 而，， 所以，即， 设，则， 过点作于点， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 即点到平面的距离为， 因为三棱锥的体积，且为定值， 所以要使三棱锥的体积取得最大值，则需取得最大值， 设，，则， 由勾股定理知，，， 所以，， 消去整理得，，，， 当时，取得最大值12，即取得最大值，此时点在线段上，且， 所以，，两两垂直， 所以三棱锥的外接球就是以，，为邻边构成的长方体的外接球， 所以， 所以外接球的半径， 所以当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为． 故答案为：． 【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下： （1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； （2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的； （3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解. 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. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且的面积. （1）求角B； （2）若的平分线交于点D，，，求的长. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）由三角形面积公式可得，即可由余弦定理求解， （2）利用等面积法即可求解. 【小问1详解】 在中，，而， 即，所以， 由余弦定理得，所以 【小问2详解】 在中，由等面积法得， 即， 即 所以. 16. 已知函数，. （1）当时，求函数的最小值； （2）若在上单调递减，求a的取值范围. 【答案】（1）2 （2）. 【解析】 【分析】（1）求定义域，求导，得到函数单调性，求出最小值； （2）在上恒成立，参变分离得到，令，求导得到的单调性，得到，从而求出a的取值范围. 【小问1详解】 因为，所以，定义域为， 可得， 令，显然在上单调递增且， 因此当时，则有，当时，则， 于是有当时，函数单调递减，当时，函数单调递增， 所以. 【小问2详解】 化简得，即， 因为在上单调递减， 所以在上恒成立， 由， 设，则有， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以， 要想在上恒成立， 只需，经检验，当符合题意， 因此a的取值范围为. 17. 如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，且，. （1）若为的中点，证明：平面平面； （2）若，，线段上的点满足，且平面与平面夹角的余弦值为，求实数的值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取中点为，利用直角梯形中位线的性质，线面垂直的性质判定推理即可； （2）通过正三角形证明，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用二面角得向量求法计算求解即可. 【小问1详解】 取中点为，由条件可得为梯形的中位线，则， 又，则， 且，平面，平面， 根据线面垂直的判定定理，得平面， 平面，. 由，则，又，为梯形的两腰，则与相交， 平面， 又平面，所以平面平面 【小问2详解】 取的中点为Q，由，， 则，， 因此△为等边三角形，. 由（1）知平面，，，两两垂直， 如图，以，，分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系， 由，，则， ，，，， 由， 所以，，，， 设平面一个法向量为， 由 取，得，，得. 设平面的一个法向量为， 由 取，得，， 即平面的一个法向量为. 记平面与平面夹角的大小为， 所以，化简得，即，所以实数的值为. 18. 近年来，某大学为响应国家号召，大力推行全民健身运动，向全校学生开放了A，B两个健身中心，要求全校学生每周都必须利用课外时间去健身中心进行适当的体育锻炼. （1）该校学生甲、乙、丙三人某周均从A，B两个健身中心中选择其中一个进行健身，若甲、乙、丙该周选择A健身中心健身的概率分别为，，，求这三人中这一周恰好有一人选择A健身中心健身的概率； （2）该校学生丁每周六、日均去健身中心进行体育锻炼，且这两天中每天只选择两个健身中心的其中一个，其中周六选择A健身中心的概率为.若丁周六选择A健身中心，则周日仍选择A健身中心的概率为；若周六选择B健身中心，则周日选择A健身中心的概率为.求丁周日选择B健身中心健身的概率； （3）现用健身指数来衡量各学生在一个月的健身运动后的健身效果，并规定k值低于1分的学生为健身效果不佳的学生，经统计发现从全校学生中随机抽取一人，其k值低于1分的概率为，现从全校学生中随机抽取一人，如果抽取到的学生不是健身效果不佳的学生，则继续抽取下一个，直至抽取到一位健身效果不佳的学生为止，但抽取的总次数不超过（足够大），求抽取次数X的分布列和数学期望. 【答案】（1） （2） （3）分布列见解析，. 【解析】 【分析】（1）借助概率乘法公式计算即可得； （2）借助全概率公式计算即可得； （3）求出的可能取值后计算其对应概率即可得其分布列，结合期望计算公式与数列中错位相减法即可得其期望. 【小问1详解】 由题意得这三人中这一周恰好有一人选择A健身中心健身的概率为： ； 【小问2详解】 记事件C：丁周六选择A健身中心，事件D：丁周日选择B健身中心， 则，，，， 由全概率公式得， 故丁周日选择B健身中心健身的概率为； 【小问3详解】 已知从全校学生中随机抽取1人，抽取到的学生是健身效果不佳的学生的概率为， 则的可能取值为， ，，，， ，， 则X的分布列为： 1 2 3 … P … 故， 又， 两式相减得， 所以. 19 通过研究，已知对任意平面向量，把绕其起点A沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点B绕点A逆时针方向旋转角得到点P， （1）已知平面内点，点，把点B绕点A逆时针旋转得到点P，求点P的坐标： （2）已知二次方程的图像是由平面直角坐标系下某标准椭圆绕原点O逆时针旋转所得的斜椭圆C， （i）求斜椭圆C的离心率； （ⅱ）过点作与两坐标轴都不平行的直线交斜椭圆C于点M、N，过原点O作直线与直线垂直，直线交斜椭圆C于点G、H，判断是否为定值，若是，请求出定值，若不是，请说明理由. 【答案】（1） （2）（i）；（ⅱ），2 【解析】 【分析】（1）借助所给定义计算即可得； （2）（i）计算出该斜椭圆的长轴长与焦距，结合离心率定义计算即可得； （ⅱ）法一：设出直线、，联立斜椭圆方程可得与交点横坐标有关韦达定理，结合弦长公式即可表示出，计算即可得； 法二：将所有点、直线与曲线都绕原点O顺时针旋转后，再设出直线、旋转后方程，联立标准方程可得与交点纵坐标有关韦达定理，结合弦长公式即可表示出，计算即可得. 【小问1详解】 由已知可得，则， 设，则， 所以，，即点P的坐标为； 【小问2详解】 （i）由与交点为和，则， 由与交点为和， 则，所以，； （ⅱ）法一：设直线：，、， 与斜椭圆联立：， 有， ∵，， ∴ ， 设直线：，代入斜椭圆， 有， ∴，∴， 故. 法二：将椭圆顺时针旋转，由①可得椭圆方程为， 点Q旋转后的坐标为， 当直线旋转后斜率不存在时，，，， 当直线旋转后斜率存在时，设直线旋转后为， 旋转后、， 与椭圆方程联立，即， 可得， ，， ， 设直线旋转后为，代入椭圆方程中， 有，， . 综上所述，. 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于对旋转后的方程的理解与运用，最后一问可直接在旋转后的斜椭圆上计算，也可在标准椭圆下计算，其旋转前后的线段长度不变. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$