精品解析：江西省"三校生"2024届高三第二次模拟冲刺系统性考试数学试题

2024年江西省“三校生”第二次模拟冲刺系统性考试 数学试卷 考试时间120分钟，满分150分 第I卷 选择题 一、是非选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分.对每小题的命题作出判断，正确的填“正确”，错误的填“错误”） 1. 已知集合，，则.（ ） 2. 直线在轴，轴上的截距分别为和4.（ ） 3. 从包含甲在内的6名学生中，选出3名参加数学竞赛，其中甲被选中的概率为.（ ） 4. 若函数的最小正周期是，则.（ ） 5. 若向量，满足，则或.（ ） 6. 函数的定义域为.（ ） 7. 已知直线平面，直线直线，则.（ ） 8. 若对数函数的图像过点，则此函数的解析式为.（ ） 9. 已知点在第三象限，则角的终边在第三象限.（ ） 10. 在正项数列中，若，，则.（ ） 二、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分） 11. 已知函数为偶函数，则的值是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 12. “”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 13. 若向量，且点的坐标为，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 14. 若关于的不等式的解集是，则的值是（ ） A. B. C. D. 15. 若椭圆过点，则其焦距为（ ） A. B. C. D. 16. 已知函数（且），，则的值是（ ） A. 12 B. 13 C. 14 D. 16 17. 已知直线：与直线：互相垂直，垂足为，则的值为（ ） A. 26 B. 24 C. 22 D. 20 18. 已知、、、为直线，、为平面，下列条件中，能使的是（ ） A. ，，， B. ， C. ，， D. ， 第II卷 非选择题 三、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分） 19. ______. 20. 在中，内角，，所对的边分别为，，.若，，，则的形状为______（填“锐角三角形”“直角三角形”或“钝角三角形”）. 21. 设离散型随机变量的分布列如下： 1 2 3 4 则的值为______. 22. 已知的展开式中的系数是，则______. 23. 已知首项为的等差数列从第10项起为正数，则公差的取值范围为______. 24. 如图所示，在长方体中，，，则与平面所成角的正切值为______. 四、解答题（本大题共6小题，25~28小题每小题8分，29~30小题每小题9分，共50分.解答应写出过程或步骤） 25. 设二次函数的图象的对称轴为，且方程只有一个解. （1）求函数的解析式； （2）当时，求的最大值与最小值. 26. 在正项数列中，已知，点在双曲线上. （1）求数列的通项及前项和； （2）已知，求数列的前项和. 27. 已知函数. （1）求的值； （2）求函数的最小正周期及单调增区间. 28. 某高职学院军训进行“固定靶射击”和“移动靶射击”两项测试，“固定靶射击”和“移动靶射击”各有2次射击机会，先进行“固定靶射击”测试，如果合格才能参加“移动靶射击”测试，每项测试只需要击中1次即为合格.某同学“固定靶射击”的命中率为，“移动靶射击”的命中率为，假设该同学不放弃任何一次射击机会，且每次射击是否命中相互独立. （1）求该同学两项测试均合格的概率； （2）设该同学测试过程中命中靶的次数为，求随机变量的分布列. 29. 如图所示，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，侧棱，. （1）求证：平面平面； （2）求二面角的大小. 30. 在平面直角坐标系中，曲线与坐标轴的交点都在圆上. （1）求圆的标准方程； （2）若圆与直线交于，两点，且，求实数的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024年江西省“三校生”第二次模拟冲刺系统性考试 数学试卷 考试时间120分钟，满分150分 第I卷 选择题 一、是非选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分.对每小题的命题作出判断，正确的填“正确”，错误的填“错误”） 1. 已知集合，，则.（ ） 【答案】错误 【解析】 【分析】根据集合交集的运算即可解得. 【详解】， . 故答案为：错误. 2. 直线在轴，轴上的截距分别为和4.（ ） 【答案】正确 【解析】 【分析】根据题意，结合直线方程，分别令和，即可求出直线轴，轴上的截距，继而判断求解. 【详解】因为直线方程为， 所以当时，代入直线方程得，解得； 当时，代入直线方程得，解得； 所以直线在轴上得截距为，在轴上的截距为4. 故答案为：正确. 3. 从包含甲在内的6名学生中，选出3名参加数学竞赛，其中甲被选中的概率为.（ ） 【答案】正确 【解析】 【分析】由随机抽取的概率基本运算，即可求解. 【详解】甲被选中的概率. 故答案为:正确. 4. 若函数的最小正周期是，则.（ ） 【答案】错误 【解析】 【分析】根据最小正周期公式，即可求解. 【详解】函数的最小正周期是， ， . 故答案为：错误. 5. 若向量，满足，则或.（ ） 【答案】错误 【解析】 【分析】根据向量数量积的性质求解即可. 【详解】当且或者非零向量与垂直时，均成立， 故答案为：错误. 6. 函数的定义域为.（ ） 【答案】错误 【解析】 【分析】根据函数解析式与对数函数的单调性求解判断即可. 【详解】因为函数， 所以，解得， 所以函数的定义域为. 故答案为：错误. 7. 已知直线平面，直线直线，则.（ ） 【答案】错误 【解析】 【分析】假定，此时也满足题设条件，进而判断正误. 【详解】当时，也能满足条件，， 故答案为：错误. 8. 若对数函数的图像过点，则此函数的解析式为.（ ） 【答案】正确 【解析】 【分析】利用待定系数法，将函数过的点代回解析式即可求解. 【详解】设该对数函数的解析式为且, 由题意,即,所以， 则此函数的解析式为，结论正确. 故答案为：正确. 9. 已知点在第三象限，则角的终边在第三象限.（ ） 【答案】错误 【解析】 【分析】根据点所在象限确定三角函数的正负，进而确定角的终边所在象限. 【详解】由题可知，，则的终边在第二象限. 故答案为：错误 10. 在正项数列中，若，，则.（ ） 【答案】正确 【解析】 【分析】由数列的递推关系式，依次求得即可得解. 【详解】因为，， 所以，， ， 故答案为：正确. 二、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分） 11. 已知函数为偶函数，则的值是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性求解即可. 【详解】因为该函数为偶函数，所以，即， 此时函数为为偶函数. 故选：C. 12. “”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】根据充分条件、必要条件的定义以及对数函数的性质求解即可. 【详解】当时，比如，不能推出，即充分性不成立； 当时，因为在上单调递增， 所以，即，一定能推出，即必要性成立； 所以是的必要不充分条件. 故选：B. 13. 若向量，且点的坐标为，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量的坐标表示列式即可求解. 【详解】令，，即 则，解得，所以点的坐标为. 故选：C. 14. 若关于的不等式的解集是，则的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据一元二次不等式的解集和一元二次方程根与系数的关系求解即可解得. 【详解】由题，可知一元二次不等式解集为， 令，利用根与系数的关系，， 得解得，，所以. 故选：D 15. 若椭圆过点，则其焦距为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将点代入方程中求出的值，再由椭圆方程确定，则，即可求得焦距. 【详解】已知椭圆过点， 把点代入， 可得，解得， 椭圆方程为 则，，解得， 所以，其焦距为， 故选：C. 16. 已知函数（且），，则的值是（ ） A. 12 B. 13 C. 14 D. 16 【答案】C 【解析】 【分析】先根据求出的值，再利用指数幂的运算，结合整体法即可求解. 【详解】，， . 故选：C. 17. 已知直线：与直线：互相垂直，垂足为，则的值为（ ） A. 26 B. 24 C. 22 D. 20 【答案】A 【解析】 【分析】根据直线垂直的性质列式求得，再由交点坐标代入直线方程求得，从而得解. 【详解】由已知得，即，解得， 将代入直线，的方程得 ，解得，， 所以. 故选：A. 18. 已知、、、为直线，、为平面，下列条件中，能使的是（ ） A. ，，， B. ， C. ，， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】根据线面关系及面面关系，结合题意，即可判断. 【详解】A选项，当时，直线不一定垂直于平面，故不符合题意； B选项，直线可能平行或相交于平面，也可能在平面内，故不符合题意； C选项，直线可能在平面内，故不符合题意； D选项，由，，结合线面垂直的性质定理，可得，故符合题意； 故选：D. 第II卷 非选择题 三、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分） 19. ______. 【答案】## 【解析】 【分析】根据三角函数的诱导公式，结合题意，即可求解. 【详解】. 故答案为：. 20. 在中，内角，，所对的边分别为，，.若，，，则的形状为______（填“锐角三角形”“直角三角形”或“钝角三角形”）. 【答案】直角三角形 【解析】 【分析】根据题意，结合同角三角函数的基本关系和正弦定理，可得，故，即可求解三角形的形状. 【详解】因为，则， 所以， ，， 因为，即， 所以， ， 所以， 所以， 又，则， ， 即为直角三角形. 故答案为：直角三角形. 21. 设离散型随机变量的分布列如下： 1 2 3 4 则的值为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据离散型随机变量分布列的性质即可求解. 【详解】由分布列的性质可得. 故答案为：. 22. 已知的展开式中的系数是，则______. 【答案】4 【解析】 【分析】根据二项式展开公式求解即可. 【详解】根据二项式的展开式为， 令，得， 此时，解得. 故答案为：4. 23. 已知首项为的等差数列从第10项起为正数，则公差的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据等差数列的第10项起为正数求解即可. 【详解】由题可得，解得， 所以公差的取值范围为. 故答案为： 24. 如图所示，在长方体中，，，则与平面所成角的正切值为______. 【答案】## 【解析】 【分析】过作，垂足为，则平面，则即为所求角，从而可得结果. 【详解】依题意，画出图形，如图， 过作，垂足为， 所以，故点H为中点， 在长方体中， 平面，平面， 可得，又， 所以 平面， 则即为所求角， 因为，， 所以， ， 所以， 故答案为：. 四、解答题（本大题共6小题，25~28小题每小题8分，29~30小题每小题9分，共50分.解答应写出过程或步骤） 25. 设二次函数的图象的对称轴为，且方程只有一个解. （1）求函数的解析式； （2）当时，求的最大值与最小值. 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）由二次函数的对称轴列出式子，得到，根据方程只有一个解，对应方程的判别式为，解得，从而得到函数解析式； （2）由二次函数的对称轴和开口方向，结合通过计算得到最大值和最小值. 【小问1详解】 由题可得二次函数的对称轴，解得， 又，即只有1个解， ，解得， . 【小问2详解】 二次函数开口向上，对称轴为， 当时，函数最小值； 当时，，当时，， 则函数最大值. 26. 在正项数列中，已知，点在双曲线上. （1）求数列的通项及前项和； （2）已知，求数列的前项和. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据点在双曲线上得到数列的递推关系，进而确定数列类型求出通项公式和前项和. （2）根据与的关系求出的表达式，再利用裂项相消法求出其前项和. 【小问1详解】 把点代入双曲线的方程得， 所以数列是以1为首项，公差为1的等差数列， 所以，. 【小问2详解】 ， 所以 . 27. 已知函数. （1）求的值； （2）求函数的最小正周期及单调增区间. 【答案】（1）2 （2），， 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换化简，再代入即可得解； （2）利用（1）中结论，结合正弦函数的最小周期公式与单调增性即可得解. 【小问1详解】 因为 ， 所以. 【小问2详解】 因为， 的最小正周期为， 令，，得，， 的单调增区间为，. 28. 某高职学院军训进行“固定靶射击”和“移动靶射击”两项测试，“固定靶射击”和“移动靶射击”各有2次射击机会，先进行“固定靶射击”测试，如果合格才能参加“移动靶射击”测试，每项测试只需要击中1次即为合格.某同学“固定靶射击”的命中率为，“移动靶射击”的命中率为，假设该同学不放弃任何一次射击机会，且每次射击是否命中相互独立. （1）求该同学两项测试均合格的概率； （2）设该同学测试过程中命中靶的次数为，求随机变量的分布列. 【答案】（1） （2）分布列见解析 【解析】 【分析】（1）利用互斥事件以及对立事件概率公式进行转换，再由独立事件的概率公式运算求值即可． （2）求出随机变量所有可能取值为，求出概率，列出分布列即可． 【小问1详解】 该同学“固定靶射击”合格的概率为， “移动靶射击”合格的概率为， 则两项测试均合格的概率为. 【小问2详解】 由题意，随机变量所有可能取值为， ， ， ， ， . 其分布列为 0 1 2 3 4 29. 如图所示，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，侧棱，. （1）求证：平面平面； （2）求二面角的大小. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）首先由各边关系证明和，从而平面，再利用证明平面，从而证明得到平面平面； （2）首先证明，结合和是平面和平面的交线，得到为二面角的平面角，再求解即可. 【小问1详解】 证明：在中，底面是边长为的正方形，，， 得，， 同理在可得， 又，平面， 平面， 平面， 又， ，平面， 平面， 又平面，平面平面. 【小问2详解】 平面，平面， 又，，平面， 平面， 平面，， 是平面和平面的交线， 为二面角的平面角， 又为等腰直角三角形，， 即二面角的大小为. 30. 在平面直角坐标系中，曲线与坐标轴的交点都在圆上. （1）求圆的标准方程； （2）若圆与直线交于，两点，且，求实数的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先求得曲线与坐标轴的交点，进而得到圆心在直线上，结合两点距离公式求解即可； （2）联立直线与圆的方程，利用韦达定理，结合直线的垂直关系得到向量的坐标关系进而求解即可； 【小问1详解】 因为当时，，当时，或， 曲线与坐标轴的交点分别为，，， 易知圆心在直线上，设圆心坐标为， 则，解得， 圆的半径， 圆的标准方程为. 【小问2详解】 联立方程得，化简得， 设，，则，， ，， ，，， ，解得， 当时，方程有两个不等的根，符合题意， . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $