2024届江西省新余市高三上学期期末质量检测数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE2江西省新余市2024届高三上学期期末质量检测数学试卷一、选择题1.已知函数的定义域为集合，集合，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗依题意可知，解得，所以集合，由，解得，所以，所以.故选：D.2.已知复数满足：，则（）A.1 B. C. D.5〖答案〗A〖解析〗由，,得，所以．故选：A．3.在中，“”是“为直角三角形”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〗D〖解析〗在中，若，则，故，或，或，故充分性不成立，令，，不符合，故必要性不成立，故选：D4.为庆祝我国第39个教师节，某校举办教师联谊会，甲､乙两名数学老师组成“几何队”参加“成语猜猜猜”比赛，每轮比赛由甲､乙两人各猜一个成语，已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为.在每轮比赛中，甲和乙猜对与否互不影响，则“几何队”在一轮比赛中至少猜对一个成语的概率为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗设事件“甲猜对”，“乙猜对”，“几何队至少猜对一个成语”，所以，则.由题意知，事件相互独立，则与，与，与也相互独立，法一：，且两两互互斥，则.法二：事件的对立事件“几何队一个成语也没有猜对”，即，则.故选：B.5.如图，（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由图可知，，，所以，因为第一象限角，所以可得，所以.故选：C.6.已知向量，，且，若，则在方向上的投影向量的坐标是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗，故，解得，所以，则在方向上的投影向量为.故选：A.7.已知等差数列和的前n项和分别为，，若，则（）．A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由等差数列的性质可得：，，则，即，，故选：C.8.已知三棱锥的棱长均为6，其内有个小球，球与三棱锥的四个面都相切，球与三棱锥的三个面和球都相切，如此类推，…，球与三棱锥的三个面和球都相切(，且)，则球的表面积等于()A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗如图，是三棱锥的高，是的外心，设，则，，是三棱锥的外接球和内切球的球心，在上，设外接球半径为，内切球半径为，由得：，，所以，过中点作与底面平行的平面与三条棱交于点，则平面与球相切，由题意球是三棱锥的内切球，注意到三棱锥的棱长是三棱锥棱长的，所以其内切球半径，同理球的半径为，则是公比为的等比数列，所以，即，．故选：D.二、选择题9.某校1500名学生参加数学竞赛，随机抽取了40名学生的竞赛成绩（单位：分），成绩的频率分布直方图如图所示，则（）A.频率分布直方图中a的值为0.005 B.估计这40名学生的竞赛成绩的第60百分位数为75C.估计这40名学生的竞赛成绩的众数为80 D.估计总体中成绩落在内的学生人数为225〖答案〗AD〖解析〗由，可得，故A正确；前三个矩形的面积和为，所以这名学生的竞赛成绩的第百分位数为，故B错误；由成绩的频率分布直方图易知，这名学生的竞赛成绩的众数为，故C错误；总体中成绩落在内的学生人数为，故D正确.故选：AD.10.已知定义在上的函数满足，且函数为奇函数，则（）A.函数是周期函数 B.函数为上的偶函数C.函数为上的单调函数 D.函数的图像关于点对称〖答案〗ABD〖解析〗对于A，由可得，所以函数是周期为4的周期函数，故A正确；对于B，因为函数为奇函数，所以，则，所以函数为上的偶函数，故B正确；对于C，根据B的〖解析〗可知函数为上的偶函数，所以函数在上没有单调性，故C错误；对于D，因为，且函数周期为，所以，即的图像关于点对称，故D正确.故选：ABD.11.“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论．奔驰定理与三角形四心（重心、内心、外心、垂心）有着神秘的关联．它的具体内容是：已知M是内一点，，，的面积分别为，，，且．以下命题正确的有（）A.若，则M为的重心B.若M为的内心，则C.若M为的垂心，，则D.若，，M为的外心，则〖答案〗ABC〖解析〗A选项，因为，所以，取的中点，则，所以，故三点共线，且，同理，取中点，中点，可得三点共线，三点共线，所以M为的重心，A正确；B选项，若M为的内心，可设内切圆半径为，则，，，所以，即，B正确；C选项，若M为的垂心，，则，如图，⊥，⊥，⊥，相交于点，又，，即，，即，，即，设，，，则，，，因为，，所以，即，同理可得，即，故，，则，故，，则，故，，故，同理可得，故，C正确；D选项，若，，M为的外心，则，设的外接圆半径为，故，，故，，，所以，D错误.故选：ABC12.已知长方体的表面积为10，十二条棱长度之和为16，则该长方体（）A.一定不是正方体B.外接球的表面积为C.长、宽、高的值均属于区间D.体积的取值范围为〖答案〗ABD〖解析〗设长方体的长宽高分别为，则可得，即，又因，所以，由不等式可得，，当且仅当时，等号成立，而，取不到等号，所以得不到，即该长方体一定不是正方体，故A正确；设长方体外接球的半径为，则，即，则外接球的表面积为，故B正确；由可得，，代入可得，，即，因为，由基本不等式可得，即，设，则，则，化简可得，即，所以，即，又因为，则，同理可得，故C错误；设长方体的体积为，则，且，，即，其中，化简可得，，，且，，令，则或，当时，，即单调递减，当时，，即单调递增，当时，，即单调递减，所以，当时，有极小值，且，当时，有极大值，且，又因为,，所以，故D正确；故选：ABD.三、填空题13.若直线与圆相切，则实数_________．〖答案〗或〖解析〗圆可化为.因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离等于半径，即，解得：或7.故〖答案〗为：或14.已知正实数x，y满足方程，则的最小值为______．〖答案〗〖解析〗令，明显其在上单调递增，又由得，即，所以，即，且，所以，当且仅当，即时等号成立，故的最小值为.故〖答案〗为：.15.杭州第19届亚运会于2023年9月23日至10月8日举办，杭州亚运会竞赛项目设置为40个大项，61个分项，481个小项，并增设电子竞技、霹雳舞两个竞赛项目.现有甲、乙、丙、丁、戊5名志愿者到乒乓球、电子竞技、霹雳舞三个项目志愿服务，其中每个项目至少一名志愿者，甲必须在霹雳舞项目，则不同的志愿服务方案共有______种（用数字作答）.〖答案〗50〖解析〗①若霹雳舞项目只有1人，则乒乓球项目2人、电子竞技项目2人或乒乓球项目1人、电子竞技项目3人或乒乓球项目3人、电子竞技项目1人，则不同的志愿服务方案有（种）；②若霹雳舞项目有2人，则乒乓球项目2人、电子竞技项目1人或乒乓球项目1人、电子竞技项目2人，则不同的志愿服务方案有（种）；③若霹雳舞项目有3人，则乒乓球项目1人、电子竞技项目1人，则不同的志愿服务方案有（种）.综上所述：不同的志愿服务方案共有（种）.故〖答案〗为：5016.已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，过点作倾斜角为的直线l与C的左、右两支分别交于点P，Q，若，则C的离心率为______．〖答案〗〖解析〗依题意，由，得，即的平分线与直线PQ垂直，如图，设的平分线与直线PQ交于点D，则，，又，所以，所以，．由题得，，设，，，在中，，，则，，由双曲线的性质可得，解得，则，所以在中，，又，，所以，即，整理得，所以．故〖答案〗为：四、解答题17.已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且．（1）求；（2）若为的中点，且，求的面积．解：（1）因为，所以，由正弦定理得，化简得．因为，，所以．因为，所以．（2）因为为的中点，所以，等式两边平方得，即①．在中，由余弦定理得②，联立①②解得，所以．18.如图，与都是边长为2正三角形，平面平面，平面且．（1）证明：平面.（2）求平面与平面的夹角的大小．（1）证明：取中点，连接都是边长为2的正三角形，，，又，面，面，面，又平面平面，面且又面且，，，是正方形，又，平面，平面，平面（2）解：由（1）知两两垂直，如图建立空间直角坐标系由于轴垂直面∴平面的法向量为又，，，设平面的法向量，则，令，则，，所以∴平面与平面的夹角为19.在平面直角坐标系中，动点到点的距离等于点到直线的距离.（1）求动点的轨迹方程；（2）记动点的轨迹为曲线，过点的直线与曲线交于两点，，直线的斜率为，直线的斜率为.证明：为定值.（1）解：因动点到点的距离等于点到直线的距离，故可知动点的轨迹是抛物线，设其方程为，由题意得，故动点的轨迹方程为：（2）证明：如图，因直线的斜率不能为零（否则直线与抛物线只有一个公共点），又过点，可设由消去并整理得：，显然设，则由韦达定理，（*）则，将（*）代入得：,故为定值.20.魔方，又叫鲁比可方块，最早是由匈牙利布达佩斯建筑学院厄尔诺·鲁比克教授于1974年发明的机械益智玩具．魔方拥有竞速、盲拧、单拧等多种玩法，风靡程度经久未衰，每年都会举办大小赛事，是最受欢迎的智力游戏之一．通常意义下的魔方，是指狭义的三阶魔方．三阶魔方形状通常是正方体，由有弹性的硬塑料制成．常规竞速玩法是将魔方打乱，然后在最短的时间内复原．广义的魔方，指各类可以通过转动打乱和复原的几何体．魔方与华容道、法国的单身贵族（独立钻石棋）并称为智力游戏界的三大不可思议．在2018WCA世界魔方芜湖公开赛上，杜宇生以3.47秒的成绩打破了三阶魔方复原的世界纪录，勇夺世界魔方运动的冠军，并成为世界上第一个三阶魔方速拧进入4秒的选手．（1）小王和小吴同学比赛三阶魔方，已知小王每局比赛获胜的概率均为，小吴每局比赛获胜的概率均为，若采用三局两胜制，两人共进行了局比赛，求的分布列和数学期望；（2）小王和小吴同学比赛四阶魔方，首局比赛小吴获胜的概率为0.5，若小王本局胜利，则他赢得下一局比赛的概率为0.6，若小王本局失败，则他赢得下一局比赛的概率为0.5，为了赢得比赛，小王应选择“五局三胜制”还是“三局两胜制”？解：（1）因为采用三局两胜制，所以的可能取值为，表示小王或小吴连胜两局；表示小王与小吴前两局一胜一负；所以，，所以的分布列为：则的数学期望为.（2）若小王选择“三局两胜制”，则小王获胜的情况为：胜胜；胜负胜；负胜胜；则小王获胜的概率为；若小王选择“五局三胜制”，则小王获胜的情况为：胜胜胜；胜胜负胜；胜负胜胜；负胜胜胜；胜胜负负胜；胜负胜负胜；胜负负胜胜；负负胜胜胜；负胜负胜胜；负胜胜负胜；则小王获胜的概率为，因为，所以小王应选择“五局三胜制”.21.已知等差数列与等比数列满足，，，且既是和的等差中项，又是其等比中项．（1）求数列和的通项公式；（2）记，其中，求数列的前项和；（3）记，其前n项和为，若对恒成立，求的最小值．解：（1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，，，所以，解得，，既是和的等差中项，又是其等比中项，得，，解得，即，所以，．（2）∵，∴．又∵，∵①∴②①减②得：∴，∴（3），，，则是首项为公比为的等比数列，，，令，，当n为奇数时，，且递减，可得的最大值为，当n为偶数时，，且递增，可得的最小值为，所以的最小值为，最大值为，因为，对恒成立，所以，所以，所以的最小值为．22.已知函数，且．（1）当时，求曲线在处的切线方程；（2）若，且存在三个零点，，．（i）求实数的取值范围；（ii）设，求证：．（1）解：当时，则，又，所以，所以曲线在处的切线方程为，即.（2）（i）解：因为且存在三个零点，所以有3个根，当时，，，，所以在上是单调递增，由零点存在定理，方程必有一个负根，当，，即有两个根，令，可转化为与有两个交点，，可得时，即在单调递增，可得时，即在单调递减，其中，当，，所以可得，解得.（ii）证明：因为且存在三个零点.设，，，，易知其中，，因为，所以，所以，，，故可知①；由（i）可知与有两个交点，当，是单调递增，所以，，，所以②；即，，若，则，若，构造函数，，则，设，则，因为，又因为，所以③；因为，又因为，所以，即得④；由③④可知，在上单调递增，又可得，，可知与同号，所以，所以在上单调递增，所以，所以，即，又由（i）可知，所以，，，，单调递增，所以⑤，由①②⑤可知.江西省新余市2024届高三上学期期末质量检测数学试卷一、选择题1.已知函数的定义域为集合，集合，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗依题意可知，解得，所以集合，由，解得，所以，所以.故选：D.2.已知复数满足：，则（）A.1 B. C. D.5〖答案〗A〖解析〗由，,得，所以．故选：A．3.在中，“”是“为直角三角形”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〗D〖解析〗在中，若，则，故，或，或，故充分性不成立，令，，不符合，故必要性不成立，故选：D4.为庆祝我国第39个教师节，某校举办教师联谊会，甲､乙两名数学老师组成“几何队”参加“成语猜猜猜”比赛，每轮比赛由甲､乙两人各猜一个成语，已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为.在每轮比赛中，甲和乙猜对与否互不影响，则“几何队”在一轮比赛中至少猜对一个成语的概率为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗设事件“甲猜对”，“乙猜对”，“几何队至少猜对一个成语”，所以，则.由题意知，事件相互独立，则与，与，与也相互独立，法一：，且两两互互斥，则.法二：事件的对立事件“几何队一个成语也没有猜对”，即，则.故选：B.5.如图，（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由图可知，，，所以，因为第一象限角，所以可得，所以.故选：C.6.已知向量，，且，若，则在方向上的投影向量的坐标是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗，故，解得，所以，则在方向上的投影向量为.故选：A.7.已知等差数列和的前n项和分别为，，若，则（）．A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由等差数列的性质可得：，，则，即，，故选：C.8.已知三棱锥的棱长均为6，其内有个小球，球与三棱锥的四个面都相切，球与三棱锥的三个面和球都相切，如此类推，…，球与三棱锥的三个面和球都相切(，且)，则球的表面积等于()A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗如图，是三棱锥的高，是的外心，设，则，，是三棱锥的外接球和内切球的球心，在上，设外接球半径为，内切球半径为，由得：，，所以，过中点作与底面平行的平面与三条棱交于点，则平面与球相切，由题意球是三棱锥的内切球，注意到三棱锥的棱长是三棱锥棱长的，所以其内切球半径，同理球的半径为，则是公比为的等比数列，所以，即，．故选：D.二、选择题9.某校1500名学生参加数学竞赛，随机抽取了40名学生的竞赛成绩（单位：分），成绩的频率分布直方图如图所示，则（）A.频率分布直方图中a的值为0.005 B.估计这40名学生的竞赛成绩的第60百分位数为75C.估计这40名学生的竞赛成绩的众数为80 D.估计总体中成绩落在内的学生人数为225〖答案〗AD〖解析〗由，可得，故A正确；前三个矩形的面积和为，所以这名学生的竞赛成绩的第百分位数为，故B错误；由成绩的频率分布直方图易知，这名学生的竞赛成绩的众数为，故C错误；总体中成绩落在内的学生人数为，故D正确.故选：AD.10.已知定义在上的函数满足，且函数为奇函数，则（）A.函数是周期函数 B.函数为上的偶函数C.函数为上的单调函数 D.函数的图像关于点对称〖答案〗ABD〖解析〗对于A，由可得，所以函数是周期为4的周期函数，故A正确；对于B，因为函数为奇函数，所以，则，所以函数为上的偶函数，故B正确；对于C，根据B的〖解析〗可知函数为上的偶函数，所以函数在上没有单调性，故C错误；对于D，因为，且函数周期为，所以，即的图像关于点对称，故D正确.故选：ABD.11.“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论．奔驰定理与三角形四心（重心、内心、外心、垂心）有着神秘的关联．它的具体内容是：已知M是内一点，，，的面积分别为，，，且．以下命题正确的有（）A.若，则M为的重心B.若M为的内心，则C.若M为的垂心，，则D.若，，M为的外心，则〖答案〗ABC〖解析〗A选项，因为，所以，取的中点，则，所以，故三点共线，且，同理，取中点，中点，可得三点共线，三点共线，所以M为的重心，A正确；B选项，若M为的内心，可设内切圆半径为，则，，，所以，即，B正确；C选项，若M为的垂心，，则，如图，⊥，⊥，⊥，相交于点，又，，即，，即，，即，设，，，则，，，因为，，所以，即，同理可得，即，故，，则，故，，则，故，，故，同理可得，故，C正确；D选项，若，，M为的外心，则，设的外接圆半径为，故，，故，，，所以，D错误.故选：ABC12.已知长方体的表面积为10，十二条棱长度之和为16，则该长方体（）A.一定不是正方体B.外接球的表面积为C.长、宽、高的值均属于区间D.体积的取值范围为〖答案〗ABD〖解析〗设长方体的长宽高分别为，则可得，即，又因，所以，由不等式可得，，当且仅当时，等号成立，而，取不到等号，所以得不到，即该长方体一定不是正方体，故A正确；设长方体外接球的半径为，则，即，则外接球的表面积为，故B正确；由可得，，代入可得，，即，因为，由基本不等式可得，即，设，则，则，化简可得，即，所以，即，又因为，则，同理可得，故C错误；设长方体的体积为，则，且，，即，其中，化简可得，，，且，，令，则或，当时，，即单调递减，当时，，即单调递增，当时，，即单调递减，所以，当时，有极小值，且，当时，有极大值，且，又因为,，所以，故D正确；故选：ABD.三、填空题13.若直线与圆相切，则实数_________．〖答案〗或〖解析〗圆可化为.因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离等于半径，即，解得：或7.故〖答案〗为：或14.已知正实数x，y满足方程，则的最小值为______．〖答案〗〖解析〗令，明显其在上单调递增，又由得，即，所以，即，且，所以，当且仅当，即时等号成立，故的最小值为.故〖答案〗为：.15.杭州第19届亚运会于2023年9月23日至10月8日举办，杭州亚运会竞赛项目设置为40个大项，61个分项，481个小项，并增设电子竞技、霹雳舞两个竞赛项目.现有甲、乙、丙、丁、戊5名志愿者到乒乓球、电子竞技、霹雳舞三个项目志愿服务，其中每个项目至少一名志愿者，甲必须在霹雳舞项目，则不同的志愿服务方案共有______种（用数字作答）.〖答案〗50〖解析〗①若霹雳舞项目只有1人，则乒乓球项目2人、电子竞技项目2人或乒乓球项目1人、电子竞技项目3人或乒乓球项目3人、电子竞技项目1人，则不同的志愿服务方案有（种）；②若霹雳舞项目有2人，则乒乓球项目2人、电子竞技项目1人或乒乓球项目1人、电子竞技项目2人，则不同的志愿服务方案有（种）；③若霹雳舞项目有3人，则乒乓球项目1人、电子竞技项目1人，则不同的志愿服务方案有（种）.综上所述：不同的志愿服务方案共有（种）.故〖答案〗为：5016.已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，过点作倾斜角为的直线l与C的左、右两支分别交于点P，Q，若，则C的离心率为______．〖答案〗〖解析〗依题意，由，得，即的平分线与直线PQ垂直，如图，设的平分线与直线PQ交于点D，则，，又，所以，所以，．由题得，，设，，，在中，，，则，，由双曲线的性质可得，解得，则，所以在中，，又，，所以，即，整理得，所以．故〖答案〗为：四、解答题17.已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且．（1）求；（2）若为的中点，且，求的面积．解：（1）因为，所以，由正弦定理得，化简得．因为，，所以．因为，所以．（2）因为为的中点，所以，等式两边平方得，即①．在中，由余弦定理得②，联立①②解得，所以．18.如图，与都是边长为2正三角形，平面平面，平面且．（1）证明：平面.（2）求平面与平面的夹角的大小．（1）证明：取中点，连接都是边长为2的正三角形，，，又，面，面，面，又平面平面，面且又面且，，，是正方形，又，平面，平面，平面（2）解：由（1）知两两垂直，如图建立空间直角坐标系由于轴垂直面∴平面的法向量为又，，，设平面的法向量，则，令，则，，所以∴平面与平面的夹角为19.在平面直角坐标系中，动点到点的距离等于点到直线的距离.（1）求动点的轨迹方程；（2）记动点的轨迹为曲线，过点的直线与曲线交于两点，，直线的斜率为，直线的斜率为.证明：为定值.（1）解：因动点到点的距离等于点到直线的距离，故可知动点的轨迹是抛物线，设其方程为，由题意得，故动点的轨迹方程为：（2）证明：如图，因直线的斜率不能为零（否则直线与抛物线只有一个公共点），又过点，可设由消去并整理得：，显然设，则由韦达定理，（*）则，将（*）代入得：,故为定值.20.魔方，又叫鲁比可方块，最早是由匈牙利布达佩斯建筑学院厄尔诺·鲁比克教授于1974年发明的机械益智玩具．魔方拥有竞速、盲拧、单拧等多种玩法，风靡程度经久未衰，每年都会举办大小赛事，是最受欢迎的智力游戏之一．通常意义下的魔方，是指狭义的三阶魔方．三阶魔方形状通常是正方体，由有弹性的硬塑料制成．常规竞速玩法是将魔方打乱，然后在最短的时间内复原．广义的魔方，指各类可以通过转动打乱和复原的几何体．魔方与华容道、法国的单身贵族（独立钻石棋）并称为智力游戏界的三大不可思议．在2018WCA世界魔方芜湖公开赛上，杜宇生以3.47秒的成绩打破了三阶魔方复原的世界纪录，勇夺世界魔方运动的冠军，并成为世界上第一个三阶魔方速拧进入4秒的选手．（1）小王和小吴同学比赛三阶魔方，已知小王每局比赛获胜的概率均为，小吴每局比赛获胜的概率均为，若采用三局两胜制，两人共进行了局比赛，求的分布列和数学期望；（2）小王和