2024届江西省赣州市高三下学期3月摸底考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE2江西省赣州市2024届高三下学期3月摸底考试数学试题第I卷（选择题）一､选择题1.已知集合，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗，故，故选：A2.已知为虚数单位.，则（）A.1 B. C.2 D.4〖答案〗B〖解析〗由可得，则，解得，则.故选：B3.在中，，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗∵，∴由余弦定理可得：,∴解得：，或（舍去），∴由正弦定理可得：．故选:B4.在棱长为1的正方体中，为棱的中点，过且平行于平面的平面截正方体所得截面面积为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗在棱长为1的正方体中，取中点，中点，连结，而为棱中点，显然，，得四边形，四边形都是平行四边形，则，，平面，平面，于是平面，平面，又，平面，因此平面平面，又，，即四边形是平行四边形，则，显然平面平面，从而过且平行于平面的平面截正方体所得截面为四边形，又，即四边形为菱形，而，，所以四边形的面积为．故选：A5.在平行四边形中，，则（）A.16 B.14 C.12 D.10〖答案〗A〖解析〗因为，所以.故选：A6.若一组样本数据的方差为,则样本数据的方差为（）A.1 B.2 C.2.5 D.〖答案〗C〖解析〗设样本数据的平均数为，则，设样本数据的平均数为，由，则，所以.故选：C7.已知，则（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗令,,当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，因为，所以，即，所以可得，故，因为，所以，故.故选：D.8.在边长为4的正方体中，点是的中点，点是侧面内的动点（含四条边），且，则的轨迹长度为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗在长方体中，由于平面，平面，在和中，，，，，，在平面，以为坐标原点，以为轴的正方向，建立平面直角坐标系，设,则，则由可得，化简可得，由于，故的轨迹表示圆心在，半径为的圆在第一象限的弧长，由于,故,因此轨迹为所对的弧长，故长度为，故选：D.二､多选题9.已知等比数列的前项和为，则（）A. B.C.数列为单调数列 D.数列为单调数列〖答案〗BC〖解析〗设数列的首项为，公比为，由题有，解得或，对于选项A，当，为奇数时，，所以选项A错误，对于选项B，因为，当，显然有，当时，，所以，故选项B正确，对于选项C，当时，数列是首项为，公比为的递增数列，当时，数列是首项为，公比为的递减数列，所以选项C正确，对于选项D，由选项B知，所以，当时，，此时不具有单调性，所以选项D错误，故选：BC.10.已知函数，则（）A.是的一个周期B.的图象关于原点对称C.的图象过点D.为上的单调函数〖答案〗ABC〖解析〗函数，对于A：，故是函数的一个周期，故A正确；对于B：函数，故函数的图像关于原点对称，故B正确；对于C：当时，，故C正确；对于D：因为，所以，，即，，所以函数在上不是单调函数，故D错误．故选：ABC．11.曲线是平面内与两个定点的距离的积等于的点的轨迹，给出下列四个结论：其中所有正确结论的序号是（）A.曲线关于坐标轴对称B.周长的最小值为C.点到轴距离最大值为D.点到原点距离的最小值为〖答案〗ABD〖解析〗设得：，得，由于方程中的次数均为偶数，故其图象关于坐标轴对称，故正确；因为的周长为，故B正确；展开方程得：关于的一元二次方程有解，，所以，所以，故C错误；将方程化为关于的一元二次方程有解，，恒成立，因为，所以，所以所以，所以点到原点距离的最小值为，故D成立.故选：ABD.第Ⅱ卷（非选择题）三､填空题12.求值：__________.〖答案〗〖解析〗.故〖答案〗为：.13.展开式中的常数项为__________.〖答案〗〖解析〗表示个相乘，则常数项，应为个，个，个，个相乘，所以展开式中的常数项为.故〖答案〗为：.14.已知是抛物线上异于顶点的点，在处的切线分别交轴､轴于点，过作的垂线分别交轴､轴于点，分别记与的面积为，则的最小值为__________.〖答案〗1〖解析〗由抛物线的对称性，不妨设点在第一象限，设，由，得，当时，，所以切线的方程为，即，令，则，令，则，即，由题意直线的方程为，即，令，则，令，则，即，则，，故，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为.故〖答案〗为：.四､解答题15.如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，平面为侧棱的中点.（1）求点到平面的距离；（2）求二面角的正切值.解：（1）由平面，可得，令点到平面的距离为，则，由，可得，则，由，可得，由平面，平面，所以平面平面，又，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，又，则，所以，即点到平面的距离为（2）设为的中点，过作交于，连接、，是的中点，，又平面，所以平面，又平面，，又，平面，平面，平面，，为二面角的一个平面角，又，且，所以，所以，即二面角的正切值为.16.某人准备应聘甲､乙两家公司的高级工程师，两家公司应聘程序都是：应聘者先进行三项专业技能测试，专业技能测试通过后进入面试.已知该应聘者应聘甲公司，每项专业技能测试通过的概率均为，该应聘者应聘乙公司，三项专业技能测试通过的概率依次为，，m，其中，技能测试是否通过相互独立.（1）若.求该应聘者应聘乙公司三项专业技能测试恰好通过两项的概率；（2）已知甲､乙两家公司的招聘在同一时间进行，该应聘者只能应聘其中一家，应聘者以专业技能测试通过项目数的数学期望为决策依据，若该应聘者更有可能通过乙公司的技能测试，求m的取值范围.解：（1）记“该应聘者应聘乙公司三项专业技能测试恰好通过两项”为事件由题设，（2）分别记“该应聘者应聘甲､乙公司三项专业技能测试中通过的项目数为”由题设知：，所以的所有可能取值为，，，故的分布列为0123从而由得解得，故的范围为：17.己知椭圆过点，椭圆的右焦点与点所在直线的斜率为.（1）求椭圆的方程；（2）若过的直线与椭圆交于两点.点.直线分别交椭圆于点，直线的斜率是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由.解：（1）由题意可设椭圆的半焦距为，且椭圆的右焦点为，由题意得：解得，所以的方程为：.（2）设的方程为，设，则直线的方程为，由可得，结合，可得，可得，解得，代入，解得，同理可得，故.故直线的斜率是定值，且定值为218.已知函数.（1）求的单调区间，（2）已如.若函数有唯一的零点.证明，.（1）解：当时，为增函数又当时，单调递减；当时，单调递增.的减区间为，增区间为（2）证明：由（1）可知在单调递增，且，又存在唯一的使得当时单调递减；当时单调递增；若方程有唯一的实数，则消去可得令，则在上为减函数且当时，即19.设数列.如果对小于的每个正整数都有.则称是数列的一个“时刻”.记是数列的所有“时刻”组成的集合，的元素个数记为.（1）对数列，写出的所有元素；（2）数列满足，若.求数列的种数.（3）证明：若数列满足，则.（1）解：由题设知当时，，故是数列的一个“时刻”，同理当时，都有，即也是数列的一个“时刻”，综上，.（2）解：解法一：由，易知或①当时，必须从左往右排列，6可以是中任一个，共有5种情况②当时，若中的四个元素是由集合中的元素或或或引起的1.若由引起，即4，3，2，1从左往右排列，则5必须排在4的后面，共4种；2.若由引起，即5，3，2，1从左往右排列，则4必须排在3的后面，共3种3.若由引起，即从左往右排列，则3必须排在2的后面，共2种；4.若由引起，即从左往右排列，则2必须排在1的后面，共1种综上，符合的数列有15种解法二：因为数列，由题意可知中的四个元素为中的四个，共有5种情况：①当时，数列共有1种情况；②当时，数列共有2种情况；③当时，数列共有3种情况；④当时，数列共有4种情况；⑤当时，数列，共有5种情况；综上，符合的数列有15种.（3）证明：①若，由，所以，即成立；②若，不妨设且从而由累加法知：又，即；综上，，证毕.江西省赣州市2024届高三下学期3月摸底考试数学试题第I卷（选择题）一､选择题1.已知集合，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗，故，故选：A2.已知为虚数单位.，则（）A.1 B. C.2 D.4〖答案〗B〖解析〗由可得，则，解得，则.故选：B3.在中，，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗∵，∴由余弦定理可得：,∴解得：，或（舍去），∴由正弦定理可得：．故选:B4.在棱长为1的正方体中，为棱的中点，过且平行于平面的平面截正方体所得截面面积为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗在棱长为1的正方体中，取中点，中点，连结，而为棱中点，显然，，得四边形，四边形都是平行四边形，则，，平面，平面，于是平面，平面，又，平面，因此平面平面，又，，即四边形是平行四边形，则，显然平面平面，从而过且平行于平面的平面截正方体所得截面为四边形，又，即四边形为菱形，而，，所以四边形的面积为．故选：A5.在平行四边形中，，则（）A.16 B.14 C.12 D.10〖答案〗A〖解析〗因为，所以.故选：A6.若一组样本数据的方差为,则样本数据的方差为（）A.1 B.2 C.2.5 D.〖答案〗C〖解析〗设样本数据的平均数为，则，设样本数据的平均数为，由，则，所以.故选：C7.已知，则（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗令,,当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，因为，所以，即，所以可得，故，因为，所以，故.故选：D.8.在边长为4的正方体中，点是的中点，点是侧面内的动点（含四条边），且，则的轨迹长度为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗在长方体中，由于平面，平面，在和中，，，，，，在平面，以为坐标原点，以为轴的正方向，建立平面直角坐标系，设,则，则由可得，化简可得，由于，故的轨迹表示圆心在，半径为的圆在第一象限的弧长，由于,故,因此轨迹为所对的弧长，故长度为，故选：D.二､多选题9.已知等比数列的前项和为，则（）A. B.C.数列为单调数列 D.数列为单调数列〖答案〗BC〖解析〗设数列的首项为，公比为，由题有，解得或，对于选项A，当，为奇数时，，所以选项A错误，对于选项B，因为，当，显然有，当时，，所以，故选项B正确，对于选项C，当时，数列是首项为，公比为的递增数列，当时，数列是首项为，公比为的递减数列，所以选项C正确，对于选项D，由选项B知，所以，当时，，此时不具有单调性，所以选项D错误，故选：BC.10.已知函数，则（）A.是的一个周期B.的图象关于原点对称C.的图象过点D.为上的单调函数〖答案〗ABC〖解析〗函数，对于A：，故是函数的一个周期，故A正确；对于B：函数，故函数的图像关于原点对称，故B正确；对于C：当时，，故C正确；对于D：因为，所以，，即，，所以函数在上不是单调函数，故D错误．故选：ABC．11.曲线是平面内与两个定点的距离的积等于的点的轨迹，给出下列四个结论：其中所有正确结论的序号是（）A.曲线关于坐标轴对称B.周长的最小值为C.点到轴距离最大值为D.点到原点距离的最小值为〖答案〗ABD〖解析〗设得：，得，由于方程中的次数均为偶数，故其图象关于坐标轴对称，故正确；因为的周长为，故B正确；展开方程得：关于的一元二次方程有解，，所以，所以，故C错误；将方程化为关于的一元二次方程有解，，恒成立，因为，所以，所以所以，所以点到原点距离的最小值为，故D成立.故选：ABD.第Ⅱ卷（非选择题）三､填空题12.求值：__________.〖答案〗〖解析〗.故〖答案〗为：.13.展开式中的常数项为__________.〖答案〗〖解析〗表示个相乘，则常数项，应为个，个，个，个相乘，所以展开式中的常数项为.故〖答案〗为：.14.已知是抛物线上异于顶点的点，在处的切线分别交轴､轴于点，过作的垂线分别交轴､轴于点，分别记与的面积为，则的最小值为__________.〖答案〗1〖解析〗由抛物线的对称性，不妨设点在第一象限，设，由，得，当时，，所以切线的方程为，即，令，则，令，则，即，由题意直线的方程为，即，令，则，令，则，即，则，，故，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为.故〖答案〗为：.四､解答题15.如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，平面为侧棱的中点.（1）求点到平面的距离；（2）求二面角的正切值.解：（1）由平面，可得，令点到平面的距离为，则，由，可得，则，由，可得，由平面，平面，所以平面平面，又，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，又，则，所以，即点到平面的距离为（2）设为的中点，过作交于，连接、，是的中点，，又平面，所以平面，又平面，，又，平面，平面，平面，，为二面角的一个平面角，又，且，所以，所以，即二面角的正切值为.16.某人准备应聘甲､乙两家公司的高级工程师，两家公司应聘程序都是：应聘者先进行三项专业技能测试，专业技能测试通过后进入面试.已知该应聘者应聘甲公司，每项专业技能测试通过的概率均为，该应聘者应聘乙公司，三项专业技能测试通过的概率依次为，，m，其中，技能测试是否通过相互独立.（1）若.求该应聘者应聘乙公司三项专业技能测试恰好通过两项的概率；（2）已知甲､乙两家公司的招聘在同一时间进行，该应聘者只能应聘其中一家，应聘者以专业技能测试通过项目数的数学期望为决策依据，若该应聘者更有可能通过乙公司的技能测试，求m的取值范围.解：（1）记“该应聘者应聘乙公司三项专业技能测试恰好通过两项”为事件由题设，（2）分别记“该应聘者应聘甲､乙公司三项专业技能测试中通过的项目数为”由题设知：，所以的所有可能取值为，，，故的分布列为0123从而由得解得，故的范围为：17.己知椭圆过点，椭圆的右焦点与点所在直线的斜率为.（1）求椭圆的方程；（2）若过的直线与椭圆交于两点.点.直线分别交椭圆于点，直线的斜率是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由.解：（1）由题意可设椭圆的半焦距为，且椭圆的右焦点为，由题意得：解得，所以的方程为：.（2）设的方程为，设，则直线的方程为，由可得，结合，可得，可得，解得，代入，解得，同理可得，故.故直线的斜率是定值，且定值为21