2024届江西省红色十校高三上学期9月联考数学试题（解析版）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页第Page\*MergeFormat1页共NUMPAGES\*MergeFormat20页2024届江西省红色十校高三上学期9月联考数学试题一、单选题1．已知集合，，则的真子集的个数为（

）A．6 B．7 C．8 D．15【答案】B【分析】首先求出集合，再根据交集的定义求出，最后根据含有个元素的集合的真子集为个可得解.【详解】因为，又，所以，所以的真子集有个.故选：B2．一组数据5，5，6，6，6，7，7，7，7，8，8，8，8，8，8，9，9，9，9，10，10的分位数是（

）A．7 B．8 C．8.5 D．9【答案】D【分析】将所有数据从小往大排列，将数据个数乘以百分位数，如果得到的是小数，即取下一位；如果得到的是整数，即取这位数和下位数的平均数.【详解】因为数据共有21个数，所以，故取第16个数，即9.故选：D3．已知数列是等比数列，若，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】求出公比，进而得到，利用等比数列通项公式求出.【详解】设公比为，则，所以，解得，故.故选：B4．若角的始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据三角函数的定义求出，，再由二倍角公式余弦公式代入计算可得.【详解】因为角的始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，所以，，所以.故选：A5．已知平面向量、满足，若，则与的夹角为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】依题意可得，根据数量积的运算律求出，再由夹角公式计算可得.【详解】因为，且，所以，即，所以，设与的夹角为，则，因为，所以，即与的夹角为.故选：D6．已知函数的极大值与极小值之差为2，且对恒成立，，在上单调递减，若将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，则下列结论错误的是（

）A．函数的最小正周期为B．函数在上单调递增C．函数的图象关于直线对称D．函数图象的一个对称中心为【答案】B【分析】通过极大值与极小值之差为2A，对恒成立，，在上单调递减分别求出的值，从而求出的解析式。因为的图象由平移所得，从而求出的解析式，通过的解析式分析各个选项的正误。【详解】因为的极大值与极小值之差为2，所以；因为对恒成立，所以且，在上单调递减，所以，可得，即，所以；因为，所以，可得，即，又因为，所以；可得，又因为将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，所以.对于A，函数的最小正周期为，故正确；对于B，函数在上单调递减，故错误；对于C，函数的图象关于直线对称，故正确；对于D，函数图象的一个对称中心为，故正确.故选：B【点睛】考查通过条件求三角函数的图象，特别是已知极值点和零点时如何求周期。7．已知椭圆的焦距为，离心率为，过上一点分别作与和平行的直线，交直线于两点，则线段长度的最大值为（

）A．4 B．3 C．2 D．1【答案】A【分析】先根据离心率和焦距求出椭圆方程，然后设点的坐标，利用平行四边形的性质得，利用点P在椭圆C上得，代入两点距离公式，利用二次函数求解最值即可.【详解】由题意知，，又离心率为，所以，，所以椭圆的方程为，设，，则，

因为四边形为平行四边形，所以，即，又点在椭圆上，所以，所以，所以，因为，所以，所以，所以线段长度的最大值为4.故选：A.8．已知函数的图象在原点处的切线方程为，则的零点个数为（

）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【分析】因为函数在原点处的切线方程为，可将求导，则，从而可以求出值；可通过的导数求出函数单调性，从而求函数的零点个数.【详解】，，因为在原点处的切线方程为，，，，令，，令，则，在上单调递减，在上单调递增，而，又时，，同时，所以在和上各有1个零点，所以的零点个数为个2.故选：C二、多选题9．已知复数(为虚数单位)，复数的共轭复数为，则下列结论正确的是（

）A．在复平面内复数所对应的点位于第一象限B．C．D．【答案】AC【分析】通过复数中，对复数进行化简，就可判断A选项的正误；并通过共轭复数的定义得到，就可判断B选项的正误；然后通过复数的乘法和除法公式，分别计算和，即可判断选项C和D的正误.【详解】因为，所以，故复数，而共轭复数对于选项A，复数，对应点坐标为，所以在复平面内复数所对应的点位于第一象限，故A正确；对于选项B，，故B错误；对于选项C，，故C正确；对于选项D，，故D错误.故选：AC10．下列命题正确的是（

）A．若，则的最小值为7B．若随机变量，且，则C．“”是“”的充要条件D．已知命题，则是【答案】BCD【分析】根据基本不等式中常数代换求解判断A，根据二项分布的期望和方差公式列式计算判断B，根据不等式的性质结合充要条件定义判断C，根据全称量词命题的否定为存在量词命题判断D.【详解】对于A，因为，所以，当且仅当即，时，等号成立，即的最小值为，错误；对于B，因为随机变量，且，所以，所以，正确；对于C，若，则，反之若，则，所以“”是“”的充要条件，正确；对于D，根据全称量词命题的否定为存在量词命题知，命题的否定为，正确.故选：BCD.11．已知抛物线的焦点为,为上在第四象限内一点，且，直线与交于两点，则下列结论正确的是（

）A．的准线方程为 B．点到直线的距离为C．是钝角三角形为坐标原点) D．【答案】ACD【分析】通过点坐标以及，可以结合抛物线定义得到值，从而求得选项A和选项B的正误；通过直线方程和抛物线联立，得到关于点A和B坐标的和，从而通过分析和可得选项C和选项D的正误.【详解】因为抛物线的焦点为，且，所以到准线的距离，所以，即，所以抛物线.对于选项A，抛物线的准线方程为，故A正确；对于选项B，抛物线的焦点坐标为，因为为上在第四象限内一点，代入抛物线可得，所以直线，计算点到直线的距离为，故B错误；对于选项C，设，联立抛物线和直线，可得，即，所以，，而，所以是钝角三角形，故C正确；对于选项D，，故D正确.故选：ACD12．如图，在多面体中，平面平面，侧面是正方形，平面，四边形与四边形是全等的直角梯形，，则下列结论正确的是（

）

A． B．异面直线与所成角的正弦值是C．直线与平面所成角的正弦值是 D．多面体的体积为【答案】AD【分析】利用线面垂直的判定性质推理判断A；利用几何法求出异面直线夹角正弦判断B；建立空间直角坐标系，求出线面角的正弦判断C；利用割补法求出几何体的体积判断D作答.【详解】对于A，由正方形，得，由平面，平面，得，又平面，则平面，而平面，所以，A正确；对于B，显然，则即为异面直线与所成的角（或其补角），过点作交于点，连接，又，则四边形为平行四边形，则，有，又，于是，显然平面，平面，则，，而平面，于是平面，又平面，从而，，所以，B错误；对于C，以点为坐标原点，分别以，，为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图，

则，，设平面的法向量为，则，令，得，而，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值不是，C错误；对于D，由选项C知，，在中，，由余弦定理得，则，则的面积为，又，直线与平面所成角的正弦值是，因此点到平面的距离为，所以多面体的体积，D正确.故选：AD【点睛】关键点睛：用向量法求直线与平面所成的角，求出平面的法向量是关键，并注意公式求出的是线面角的正弦．三、填空题13．已知函数是定义域为的奇函数，当时，，则.【答案】【分析】根据奇函数的性质，且，从而得解.【详解】因为函数是定义域为的奇函数，所以，且，又当时，，所以，所以.故答案为：14．展开式中，的系数为.【答案】100.【分析】展开式的通项为，故的系数为，计算得到答案.【详解】，展开式的通项为：，故的系数为：.故答案为：.【点睛】本题考查了二项式定理的应用，意在考查学生的计算能力和应用能力.15．月球背面指月球的背面，从地球上始终不能完全看见.某学习小组通过单光源实验来演示月球背面.由光源点射出的两条光线与分别相切于点、，称两射线、上切点上方部分的射线与优弧上方所夹的平面区域(含边界)为圆的“背面”.若以点为圆心，为半径的圆处于的“背面”，则的最大值为.【答案】/【分析】设过点的切线方程为，根据圆心到直线的距离等于半径求出，即可得到直线、的方程，从而求出的取值范围，当圆与圆外切且圆与（或）相切时，取最大值，从而求出的最大值，即可得解.【详解】如图设过点的切线方程为，所以，解得，所以直线的方程为，即，令，解得，直线的方程为，即，令，解得，因为圆处于圆的“背面”，所以，当圆与圆外切且圆与（或）相切时，取最大值，由圆与圆外切得，圆与相切时，又，所以，所以，即，解得或，结合，所以，所以的最大值为，同理圆与相切时的最大值为，综上可得的最大值为.故答案为：

四、双空题16．已知圆锥的体积为，若球在圆锥内部，则球体积的最大值为.此时圆锥的底面圆的半径为.【答案】【分析】根据给定条件，可得球是圆锥的内切球，作出圆锥的轴截面并设轴截面等腰三角形底角为，把球半径表示为的函数，再换元求出最大值即可求解作答.【详解】设圆锥底面半径为，高为，当球为圆锥的内切球时，球的体积最大，作出圆锥的轴截面，内切圆圆心为，中点为，如图，设内切球的半径为，则，，球的体积，设，则，其中，于是，即有，，因此圆锥的体积，则，令，即，于是，，令，令，函数在上单调递增，在上单调递减，当时，，因此当时，，，所以球体积的最大值为，此时，则有，，所以圆锥的底面圆的半径为.故答案为：；【点睛】关键点睛：涉及与旋转体有关的组合体，作出轴截面，借助平面几何知识解题是解决问题的关键.五、解答题17．已知数列的首项为，且，，.(1)求数列的通项公式；(2)记数列的前项和为，，求数列的前项和.【答案】(1)(2)【分析】（1）由递推公式因式分解为，即可得到是以为首项，为公比的等差数列，从而得到其通项公式；（2）首先求出，从而得到，再利用裂项相消法计算可得.【详解】（1）因为，所以，又，所以，所以，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，所以.（2）由（1）可得，所以，设数列的前项和为，则.18．在中，内角的对边分别为，且.(1)证明：是钝角三角形；(2)平分，且交于点，若，求的周长.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）先利用正弦定理化角为边得，再利用余弦定理求得，即可证明；（2）利用面积分割法得，根据余弦定理化简求解，从而求解周长.【详解】（1）在中，，由正弦定理得，即，由余弦定理得.因为，所以，所以是钝角三角形.（2）因为，且，所以，由余弦定理得：，解得或（舍去），所以，所以的周长为.19．冷饮大约起源于3000年前的商代，用于盛夏消暑.冷饮主要分为食用冰、冰淇淋、雪糕、汽水、果汁这五大类.小明为了解本区居民对冷饮的态度，随机调研了100人，并将调研结果整理如下:不喜欢冷饮喜欢冷饮45岁以上(含45岁)301545岁以下1540(1)是否有的把握认为本区居民喜欢冷饮与年龄有关?(2)从这100人中随机选取2人，在选取的2人中有人喜欢冷饮的条件下，求这2人中有45岁以下的人的概率.公式:，.0.100.050.0102.7063.8416.635【答案】(1)有的把握认为本区居民喜欢冷饮与年龄有关(2)【分析】（1）补全列联表，计算出卡方，即可判断；（2）根据条件概率的概率公式计算可得.【详解】（1）依题意补全列联表如下：不喜欢冷饮喜欢冷饮合计45岁以上(含45岁)30154545岁以下154055合计4555100所以，所以有的把握认为本区居民喜欢冷饮与年龄有关.（2）设选取的人中有人喜欢冷饮为事件，所以，设选取的人中有岁以下的人为事件，则选取的人中既有人喜欢冷饮，又有岁以下的人为事件，所以，所以，所以从这100人中随机选取2人，在选取的2人中有人喜欢冷饮的条件下，2人中有45岁以下的人的概率为.20．如图，在三棱柱中，侧面的面积为4，且四棱锥的体积为.

(1)求点到平面的距离;(2)若平面平面，侧面是正方形，为的中点，，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】(1)2(2)【分析】（1）根据题意，由棱柱及棱锥的体积公式，结合等体积法即可得到结果；（2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，即可得到结果.【详解】（1）设点到平面的距离为，由三棱柱知，四边形是平行四边形，所以，所以，由三棱柱知四边形是平行四边形，所以，又，所以，解得，即点到平面的距离为2；（2）

取中点为，连接，因为平面平面，且，所以，又平面平面，则平面，且是正方形，以为坐标原点，分别为轴，轴正方向，过点作轴平行，建立如图所示空间直角坐标系，因为平面平面，且是正方形，则平面，由（1）可知，，，则，，，，，且为的中点，则，所以，设平面法向量为，则，解得，取，则，所以平面的一个法向量为，又，设平面的法向量为，则，解得，取，则，所以平面的一个法向量为，设平面与平面所成锐二面角为，，即平面与平面所成锐二面角的余弦值为.21．已知双曲线的离心率为2，右焦点到一条斩近线的距离为.(1)求双曲线的方程；(2)已知点，过点作直线与双曲线相交于两点，若，求直线的方程.【答案】(1)(2)，或.【分析】（1）先利用焦点到渐近线的距离求得，再根据离心率求得，从而求出双曲线方程；（2）分类讨论，当直线的斜率为0时，满足题意，当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，与双曲线联立，韦达定理，结合及点在直线上求解方程即可.【详解】（1）由题知