2024届江西省名校高三上学期9月联合测评数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1江西省名校2024届高三上学期9月联合测评数学试题一、选择题1.设集合，，则（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗∵，，故.故选：B.2.若，则的实部与虚部之比为（）A. B.1 C. D.〖答案〗A〖解析〗设，代入，化简得，即.故选：A3.已知同一平面内的单位向量满足，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因为，所以，两边平方得，因为均为单位向量，所以，解得，故，所以.故选：D.4.汉代初年成书的《淮南万毕术》记载：“取大镜高悬，置水盆于下，则见四邻矣”．这是中国古代入民利用平面镜反射原理的首个实例，体现了传统文化中的数学智慧．在平面直角坐标系中，一条光线从点射出，经轴反射后的光线所在的直线与圆相切，则反射光线所在直线的斜率为（）A. B.或1 C.1 D.2〖答案〗C〖解析〗易知关于轴的对称点为，由平面镜反射原理，反射光线所在的直线过且与该圆相切，将圆化简后可得，所以圆心，易知在该圆上，所以即为切点，因此圆心与切点连线与反射光线垂直，设反射光线所在直线的斜率为，即，解得故选：C．5.设为等比数列的前项和，且，则（）A. B. C.或 D.或〖答案〗C〖解析〗设公比为，由题意可得，且，∴，解得或，∴，故或.故选：C.6.已知圆锥的轴截面为正三角形，用平行于底面的平面截圆锥所得到的圆锥与圆台的体积之比为，则圆锥与圆台的表面积之比为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗根据题意得到为等边三角形，设圆的半径为，则，由勾股定理得，设，则，故圆锥的体积为，圆锥的体积为，因为圆锥与圆台的体积之比为，故圆锥与圆锥的体积之比为，即，解得，所以，则圆台上底面面积为，圆台上底面的周长为，圆台下底面面积为，下底面周长为，由勾股定理得，，故，则圆台侧面积，故表面积为，圆锥的侧面积为，故圆锥的表面积为，所以圆锥与圆台的表面积之比为.故选：A7.在概率论和统计学中用协方差来衡量两个变量的总体误差，对于离散型随机变量，，定义协方差为，已知，的分布列如下表所示，其中，则的值为（）1212A.0 B.1 C.2 D.4〖答案〗A〖解析〗的分布列为124，，，.故选：A.8.已知，若，则下列关系式不成立的为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗当，等式成立，故D成立.若，则，设，则，，令，则，当时，；当时，；所以在上单调递减，在上单调递增，所以，即恒成立，所以单调递增，则，当时，，故B成立，A不成立；当时，，故C成立.故选：A.二、选择题9.有一组样本数据，由这组数据得到新样本数据，其中，则（）A.新样本数据的样本平均数小于原样本数据的样本平均数B.新样本数据的标准差不大于原样本数据的标准差C.新样本数据的极差不大于原样本数据的极差D.新样本数据的上四分位数不小于原样本数据的上四分位数〖答案〗BC〖解析〗选项A：原样本数据的样本平均数，新样本数据的样本平均数，因为，所以与大小无法判断，故A错误；选项B：，因为，所以，即新样本数据的标准差不大于原样本数据的标准差，故B正确；选项C：新样本数据的极差为，故C正确；选项D：设原样本数据的上四分位数为，故新样本数据的上四分位数为，其中与大小无法判断，故D错误；故选：BC10.若随机变量，则（）A.的密度曲线与轴只有一个交点 B.的密度曲线关于对称C. D.若，则，〖答案〗ACD〖解析〗若，则其密度函数，因此的密度曲线与轴只有一个交点，故A正确；的密度曲线关于直线对称，故B错误；，故C正确；，，故D正确.故选：ACD.11.已知函数的图象的任意一条对称轴与其相邻的零点之间的距离为，若将曲线的图象向左平移个单位得到的图象关于轴对称，则（）A，B.直线为曲线的一条对称轴C.若在单调递增，则D.曲线与直线有且仅有5个交点〖答案〗ABD〖解析〗由题意，故，又的图象向左平移个单位得到，∴，且，故，故A正确；∵，且为极小值，∴直线为曲线的一条对称轴，故B正确；易知在单调递增，故，故C错误；直线与曲线均过点，且该直线与曲线均关于该点中心对称，当时，，当时，，由对称性可知曲线与直线有且仅有5个交点，故D正确.故选：ABD12.为引导游客领略传统数学研究的精彩并传播中国传统文化，某景点推出了“解数学题获取名胜古迹入场码”的活动.活动规则如下：如图所示，将杨辉三角第行第个数记为，并从左腰上的各数出发，引一组平行的斜线，记第条斜线上所有数字之和为，入场码由两段数字组成，前段的数字是的值，后段的数字是的值，则（）A. B.C. D.该景点入场码为〖答案〗BCD〖解析〗由题意得，对于A：即为第行第个数，则，故A错误；对于B：展开式的通项为，其中，，，，所以，，故B正确；对于C：，，，，，归纳可得，即，所以，，，，，故C正确；对于D：，故，该景点入场码为，故D正确.故选：BCD.三、填空题13.已知函数，则______．〖答案〗3〖解析〗，故，又，故.故〖答案〗为：314.设，且，则__________.〖答案〗〖解析〗∵，∴，又，∴，∴，即，故.故〖答案〗为：.15.某同学喜爱篮球和跑步运动.在暑假期间，该同学下午去打篮球的概率为.若该同学下午去打篮球，则晚上一定去跑步；若下午不去打篮球，则晚上去跑步的概率为.已知该同学在某天晚上去跑步，则下午打过篮球的概率为__________.〖答案〗〖解析〗设下午打篮球为事件，晚上跑步为事件，易知，，∴，∴.故〖答案〗为：16.已知椭圆的两个焦点为．点为上关于坐标原点对称的两点，且，的面积，则的离心率的取值范围为______．〖答案〗〖解析〗连接，由题意得，，又，所以四边形为矩形，故，所以，故，又，由勾股定理得，即，，故，即，故，，解得，又上存在关于坐标原点对称的两点，使得，故，所以，即，所以，，解得，综上，的离心率的取值范围是.故〖答案〗为：四、解答题17.记的内角的对边分别为，的面积为．（1）求；（2）若，，为边的中点，求．解：（1）由题意，所以，因为，所以．（2）由余弦定理得，又，所以．因为为边的中点，所以，所以，则．18.如图，在正四棱柱中，，，E，F，G，H分别为棱，，，的中点．（1）证明：E，F，G，H四点在同一个平面内；（2）若点在棱上且满足平面，求直线与平面所成角的正弦值．解：（1）如图，连接．因为E，F，G，H均为所在棱的中点，所以且，即四边形为平行四边形，故．又可得，所以，所以E，F，G，H四点在同一个平面内．（2）在正四棱柱中，，，两两互相垂直，故以为坐标原点，，，的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系．由，，可知，，，，则，设，则．因为平面，所以，即，得．所以．易得平面的一个法向量为．设与平面所成的角为，则．19.已知数列的前项和满足．（1）证明：为等差数列；（2）若，证明：．证明：（1）因为，所以，作差得①，同理②，②-①得，所以为等差数列．（2）令，则，解得，设的公差为，故，所以，解得，，所以．20.已知函数，．（1）当时，求曲线在处的切线方程；（2）若为的极小值点，求的取值范围．解：（1）当时，，，，，所以切线方程为，即．（2）的定义域为，，，令，则或．①当时，，令，解得或，令，解得，可知在单调递增，在单调递减，在单调递增，故为的极大值点，不符合条件；②当时，，在单调递增，故无极值点；③当时，，令，解得或，令，解得，可知单调递增，在单调递减，在单调递增，故为的极小值点，符合条件．综上，的取值范围为．21.甲同学现参加一项答题活动，其每轮答题答对的概率均为，且每轮答题结果相互独立.若每轮答题答对得5分，答错得0分，记第轮答题后甲同学的总得分为，其中.（1）求；（2）若乙同学也参加该答题活动，其每轮答题答对的概率均为，并选择另一种答题方式答题：从第1轮答题开始，若本轮答对，则得20分，并继续答题；若本轮答错，则得0分，并终止答题，记乙同学的总得分为.证明：当时，.解：（1）设，故，∴，故；（2）由（1）知，记乙同学的答题次数为，且的所有可能取值为，且，∴，且，，∴当时，.22.已知抛物线：的焦点为，圆以点为圆心，半径为1.若过点且倾斜角为的直线与抛物线及圆自上而下依次交于，，，四点，则.（1）求抛物线的方程；（2）设为坐标原点，点为抛物线上一点，过点作圆的两条切线，分别交抛物线于，两点，直线分别交轴正半轴、轴正半轴于，两点，求面积的最小值.解：（1）由题意可知直线的方程为，设点，，且，，联立，消去得，∴，，又所以，∴，所以抛物线的方程为：；（2）由（1）知圆：，设点，，，则直线的方程为，直线的方程为，直线与坐标轴的交点为，，则的面积，点到直线的距离为，即，同理，所以、为关于的方程的两根，故，，即，且的面积，设，，故，令，则，当时，当时，即在上单调递减，在上单调递增，所以在处取得极小值即最小值，即，故面积的最小值为.江西省名校2024届高三上学期9月联合测评数学试题一、选择题1.设集合，，则（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗∵，，故.故选：B.2.若，则的实部与虚部之比为（）A. B.1 C. D.〖答案〗A〖解析〗设，代入，化简得，即.故选：A3.已知同一平面内的单位向量满足，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因为，所以，两边平方得，因为均为单位向量，所以，解得，故，所以.故选：D.4.汉代初年成书的《淮南万毕术》记载：“取大镜高悬，置水盆于下，则见四邻矣”．这是中国古代入民利用平面镜反射原理的首个实例，体现了传统文化中的数学智慧．在平面直角坐标系中，一条光线从点射出，经轴反射后的光线所在的直线与圆相切，则反射光线所在直线的斜率为（）A. B.或1 C.1 D.2〖答案〗C〖解析〗易知关于轴的对称点为，由平面镜反射原理，反射光线所在的直线过且与该圆相切，将圆化简后可得，所以圆心，易知在该圆上，所以即为切点，因此圆心与切点连线与反射光线垂直，设反射光线所在直线的斜率为，即，解得故选：C．5.设为等比数列的前项和，且，则（）A. B. C.或 D.或〖答案〗C〖解析〗设公比为，由题意可得，且，∴，解得或，∴，故或.故选：C.6.已知圆锥的轴截面为正三角形，用平行于底面的平面截圆锥所得到的圆锥与圆台的体积之比为，则圆锥与圆台的表面积之比为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗根据题意得到为等边三角形，设圆的半径为，则，由勾股定理得，设，则，故圆锥的体积为，圆锥的体积为，因为圆锥与圆台的体积之比为，故圆锥与圆锥的体积之比为，即，解得，所以，则圆台上底面面积为，圆台上底面的周长为，圆台下底面面积为，下底面周长为，由勾股定理得，，故，则圆台侧面积，故表面积为，圆锥的侧面积为，故圆锥的表面积为，所以圆锥与圆台的表面积之比为.故选：A7.在概率论和统计学中用协方差来衡量两个变量的总体误差，对于离散型随机变量，，定义协方差为，已知，的分布列如下表所示，其中，则的值为（）1212A.0 B.1 C.2 D.4〖答案〗A〖解析〗的分布列为124，，，.故选：A.8.已知，若，则下列关系式不成立的为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗当，等式成立，故D成立.若，则，设，则，，令，则，当时，；当时，；所以在上单调递减，在上单调递增，所以，即恒成立，所以单调递增，则，当时，，故B成立，A不成立；当时，，故C成立.故选：A.二、选择题9.有一组样本数据，由这组数据得到新样本数据，其中，则（）A.新样本数据的样本平均数小于原样本数据的样本平均数B.新样本数据的标准差不大于原样本数据的标准差C.新样本数据的极差不大于原样本数据的极差D.新样本数据的上四分位数不小于原样本数据的上四分位数〖答案〗BC〖解析〗选项A：原样本数据的样本平均数，新样本数据的样本平均数，因为，所以与大小无法判断，故A错误；选项B：，因为，所以，即新样本数据的标准差不大于原样本数据的标准差，故B正确；选项C：新样本数据的极差为，故C正确；选项D：设原样本数据的上四分位数为，故新样本数据的上四分位数为，其中与大小无法判断，故D错误；故选：BC10.若随机变量，则（）A.的密度曲线与轴只有一个交点 B.的密度曲线关于对称C. D.若，则，〖答案〗ACD〖解析〗若，则其密度函数，因此的密度曲线与轴只有一个交点，故A正确；的密度曲线关于直线对称，故B错误；，故C正确；，，故D正确.故选：ACD.11.已知函数的图象的任意一条对称轴与其相邻的零点之间的距离为，若将曲线的图象向左平移个单位得到的图象关于轴对称，则（）A，B.直线为曲线的一条对称轴C.若在单调递增，则D.曲线与直线有且仅有5个交点〖答案〗ABD〖解析〗由题意，故，又的图象向左平移个单位得到，∴，且，故，故A正确；∵，且为极小值，∴直线为曲线的一条对称轴，故B正确；易知在单调递增，故，故C错误；直线与曲线均过点，且该直线与曲线均关于该点中心对称，当时，，当时，，由对称性可知曲线与直线有且仅有5个交点，故D正确.故选：ABD12.为引导游客领略传统数学研究的精彩并传播中国传统文化，某景点推出了“解数学题获取名胜古迹入场码”的活动.活动规则如下：如图所示，将杨辉三角第行第个数记为，并从左腰上的各数出发，引一组平行的斜线，记第条斜线上所有数字之和为，入场码由两段数字组成，前段的数字是的值，后段的数字是的值，则（）A. B.C. D.该景点入场码为〖答案〗BCD〖解析〗由题意得，对于A：即为第行第个数，则，故A错误；对于B：展开式的通项为，其中，，，，所以，，故B正确；对于C：，，，，，归纳可得，即，所以，，，，，故C正确；对于D：，故，该景点入场码为，故D正确.故选：BCD.三、填空题13.已知函数，则______．〖答案〗3〖解析〗，故，又，故.故〖答案〗为：314.设，且，则__________.〖答案〗〖解析〗∵，∴，又，∴，∴，即，故.故〖答案〗为：.15.某同学喜爱篮球和跑步运动.在暑假期间，该同学下午去打篮球的概率为.若该同学下午去打篮球，则晚上一定去跑步；若下午不去打篮球，则晚上去跑步的概率为.已知该同学在某天晚上去跑步，则下午打过篮球的概率为__________.〖答案〗〖解析〗设下午打篮球为事件，晚上跑步为事件，易知，，∴，∴.故〖答案〗为：16.已知椭圆的两个焦点为．点为上关于坐标原点对称的两点，且，的面积，则的离心率的取值范围为______．〖答案〗〖解析〗连接，由题意得，，又，所以四边形为矩形，故，所以，故，又，由勾股定理得，即，，故，即，故，，解得，又上存在关于坐标原点对称的两点，使得，故，所以，即，所以，，解得，综上，的离心率的取值范围是.故〖答案〗为：四、解答题17.记的内角的对边分别为，的面积为．（1）求；（2）若，，为边的中点，求．解：（1）由题意，所以，因为，所以．（2）由余弦定理得，又，所以．因为为边的中点，所以，所以，则．18.如图，在正四棱柱中，，，E，F，G，H分别为棱，，，的中点．（1）证明：E，F，G，H四点在同一个平面内；（2）若点在棱上且满足平面，求直线与平面所成角的正弦值．解：（1）如图，连接．因为E，F，G，H均为所在棱的中点，所以且，即四边形为平行四边形，故．又可得，所以，所以E，F，G，H四点在同一个平面内．（2）在正四棱柱中，，，两两互相垂直，故以为坐标原点，，，的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系．由，，可知，，，，则，设，则．因为平面，所以，即，得．所以．易得平面的一个法向量为．设与平面所成的角为，则．19.已知数列的前项和满足．（1）证明：为等差数列；（2）若，证明：．证明：（1）因为，所以，作差得①，同理②，②-①得，所以为等差数列．（2）令，则，解得，设的公差为，故，所以，解得，，所以．20.已知函数，．（1）当时，求曲