江西八所重点中学2024届高三联考考后提升数学模拟训练一（解析版）

江西八所重点中学2024届高三联考考后提升卷数学模拟训练一一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知抛物线上一点的横坐标为4，则点到焦点的距离为（）A.4 B.2 C.6 D.8【答案】A【解析】【分析】由题意求得抛物线准线方程以及点纵坐标，再结合抛物线定义即可求解.【详解】由题意抛物线准线为，点的纵坐标为，所以点到焦点的距离即点到抛物线准线的距离为.故选：A.2.集合，，，则集合中的元素个数为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】解不等式，得出整数的取值，即可得解.【详解】解不等式，可得，所以，整数的取值有、、，又因为集合，，则，即集合中的元素个数为.故选：B.3.已知正项等比数列中，，为的前n项和，，则（）A.7 B.9 C.15 D.20【答案】C【解析】【分析】根据等比数列的求和公式可得结果.【详解】设等比数列的公比为q，依题意有，又，当时，，故舍去，当时，因为，则，化简得，即且，，故，故选：C.4.棣莫弗公式（其中i为虚数单位）是由法国数学家棣莫弗（1667-1754）发现的，根据棣莫弗公式可知，复数在复平面内所对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】B【解析】【分析】由棣莫弗公式化简结合复数的几何意义即可得出答案.【详解】，在复平面内所对应的点为，在第二象限.故选：B5.若函数的导数的最小值为0，则函数的零点为（）A.0 B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由，确定，由的最小值为0，得出的解析式，进一步求出函数的零点.【详解】因为函数的导数，所以，c为常数，设，则恒成立，在R上单调递增，又，所以当时，即，所以单调递减，当时，即，所以在单调递增，所以在处取得最小值，即，故，所以，故，令，解得，函数的零点为.故选：B.6.如图，节日花坛中有5个区域，现有四种不同颜色的花卉可供选择，要求相同颜色的花不能相邻栽种，则符合条件的种植方案有（）种．A.36 B.48C.54 D.72【答案】D【解析】【分析】根据题意，按选出花的颜色的数目分2种情况讨论，利用排列组合及乘法原理求出每种情况下种植方案数目，由加法原理计算可得答案．【详解】解：由题意，如图，假设5个区域为分别为1、2、3、4、5，

分2种情况讨论：

当选用3种颜色花卉的时，2、4同色且3、5同色，共有涂色方法种，

当4种不同颜色的花卉全选时，即2、4或3、5用同一种颜色，共有种，

则不同的种植方法共有种；

故选：D.7.若，且，则的最小值为（）A B. C. D.【答案】B【解析】【分析】化简解析式，得函数最大最小值与周期，利用条件转化为与最值的关系，再由最值与周期的关系可得.【详解】，的周期为，且令，则，则，由的值域为，故，则，故，由知，，或.即为函数的最大与最小值，或最小与最大值，当对应图象上相邻两最值点时，的值最小，故.故选：B.8.如图，，等边的边长为2，M为BC中点，G为的重心，B，C分别在射线OP，OQ上运动，记M的轨迹为，G的轨迹为，则（）A.为部分圆，为部分椭圆B.为部分圆，为线段C.为部分椭圆，为线段D.为部分椭圆，也为部分椭圆【答案】C【解析】【分析】建系如图，由两点间距离公式结合中点坐标公式可得点的轨迹方程，由此得为部分椭圆；过点作与轴垂直的直线分别交于点，交于点，得等边，由平面几何可得是等边的外心，由此可得点的轨迹为轴在曲线内的一段线段.【详解】以为原点，以的角平分线为轴建立平面直角坐标系如图所示.依题意得直线的方程为，直线的方程为.设点，，由得（*），设点，因为是的中点，所以即.将其代入（*）得，即，故的轨迹为椭圆在内部的部分.过点作与轴垂直的直线分别交于点，交于点，则显然也是等边三角形.下面证明等边的重心即等边的外心.设，则，又，且，所以，因此.在和中，，又，所以，则，同理可证，即点是等边的外心，所以，点在轴上移动，故点的轨迹为轴在曲线内的一段线段.故选：C.【点睛】关键点点睛：建立适当的坐标系是解决本题的关键.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.设离散型随机变量的分布列为：01230.40.30.2若离散型随机变量满足，则（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】【分析】利用分布列的性质求得，从而利用期望与方差公式与性质即可得解.【详解】由分布列的性质知，则，故，故A正确；，故C错误；则，故B正确；所以，故D正确．故选：ABD．10.如图，函数的图象与x轴的其中两个交点为A，B，与y轴交于点C，D为线段BC的中点，，，，则（）A.的最小正周期为 B.的图象关于直线对称C.在单调递减 D.为奇函数【答案】CD【解析】【分析】结合题意计算可得，结合正弦型函数的性质逐项判断即可得.【详解】由题可，，，则，有，，，，把代入上式，得，解得(负值舍去)，，，由，解得，，解得，，对A，的最小正周期为，故A错误；对B：，故B错误；对C：当时，，在单调递减，故C正确；对D：，为奇函数，故D正确.故选：CD.11.已知正方体的棱长为是中点，是的中点，点满足，平面截该正方体，将其分成两部分，设这两部分的体积分别为，则下列判断正确的是（）A.时，截面面积为 B.时，C.随着的增大先减小后增大 D.的最大值为【答案】BCD【解析】【分析】对于A，易于判断截面形状，计算即得其面积；对于B，可由A项图形进行对称性判断得到；对于C，要结合A项中点从点运动到点的过程中，截面形状的变化，以及B项中的结论合并进行判断；对于D，要在选项C的基础上判断取最大值时，对应于或时的情形，故只需要求出这两种情形下的的值即得.【详解】如图1，当时，点是的中点，易得截面为正六边形．其棱长为，故截面面积为故A项错误；由对称性可知．当时．平面分两部分是全等的，故体积相等，故B项正确；如图2．当从0变化到1时．截面从四边形变化至五边形（其中为靠近点的三等分点）．结合B项可知，被截面所分两部分体积之差的绝对值先减小至0，再逐渐增大，故C项正确；取最大值时对应为，或时情形．当时，不妨记为截面左上角的部分几何体，则,则,此时；当时，不妨记为截面左上角的部分几何体，则,则，此时.的最大值为，故D项正确．故选：BCD．【点睛】思路点睛：本题重点考查正方体的截面面积和分割成的几何体的体积问题，属于难题.解题思路在于要有从特殊到一般的思想，先考虑点为的中点时的截面和分割成的几何体体积的关系，再考虑点分别与点，点重合时的截面形状以及分割成的两部分的体积，总结出体积变化规律即可.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知的展开式中常数项为80，则______.【答案】##【解析】【分析】计算展开式的通项公式，计算通项公式中含的项，结合，可求出常数项，代入计算即可求出的值.【详解】解：由展开式的通项公式为，令，无整数解；令，解得，；令，解得，；∴展开式中的常数项为，解得.故答案为：.13.在中，，是的平分线，且，则实数的取值范围_____.【答案】【解析】【分析】在和中，利用正弦定理可求得；利用余弦定理可构造方程组，得到，结合的范围和余弦函数的值域可求得的取值范围.【详解】，，在和中，由正弦定理得：，，，即；设，则，，在和中，由余弦定理得：，，即，，；，，，.故答案为：.14.已知为实数，若不等式对任意恒成立，则的最大值是______.【答案】6【解析】【分析】先对不等式等价变换为，令得，构造函数，从而，又，利用不等式性质即可求解范围.【详解】因为，所以，则不等式等价于，等价于，令，则，从而，令，由对勾函数的性质知，因为，即，所以，令，则，解得，所以，当且仅当即时取等号，故的最大值是6.故答案为：6【点睛】关键点点睛：本题考查了复合函数的值域及不等式的性质，解题的关键是对不等式等价变形，利用换元法结合对勾函数性质求解函数范围，最后利用不等式性质求解即可.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.已知为公差不为0的等差数列的前项和，且．（1）求的值；（2）若，求证：．【答案】（1）2（2）证明见解析【解析】【分析】（1）解法一：设的公差为，利用等差数列的定义可得答案；解法二：设的公差为，转化为对恒成立，可得答案.（2）求出，利用裂项相消求和可得答案.【小问1详解】解法一：设的公差为，由①，得②，则②-①得，即，又，则；解法二：设的公差为，因为，所以对恒成立，即对恒成立，所以，又，则；【小问2详解】由得，即，所以，又即，则，因此则．16.如图1，已知四边形为直角梯形，其中，，，，A为垂足，将沿折起，使点Q移至点P的位置，得到四棱锥如图2，侧棱底，点E，F分别为，的中点.（1）若平面，求的长；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）4（2）【解析】【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明平面，进而利用线面垂直的判定定理证明平面，利用线面垂直的性质得到，即可得到的长.（2）建立空间直角坐标系并求出相关点及向量的坐标，求出平面的法向量，由空间向量坐标公式直接计算直线与平面所成角的正弦值.【小问1详解】由题易知四边形是边长为4的正方形，所以.由平面，平面，得，又，，平面，所以平面，又平面，所以.由平面，平面，得，而，，平面，所以平面，又平面，所以，又为的中点，所以.【小问2详解】由题易知两两垂直，则以点A坐标原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由，，得，，，，，则，，.设平面的法向量为，则，令，得，所以.设直线与平面所成角为θ，则，即直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】思路点睛：空间中求解线面角的方法主要有两种：（1）几何法，根据定义转化为直线与直线在平面内的射影所成的角，通过解三角形求解；（2）向量法，若直线l的方向向量为，平面α的法向量为，直线l与平面α所成的角为θ，则.17.抽屉里装有5双型号相同的手套，其中2双是非一次性手套，3双是一次性手套，每次使用手套时，从抽屉中随机取出1双（2只都为一次性手套或都为非一次性手套），若取出的是一次性手套，则使用后直接丢弃，若取出的是非一次性手套，则使用后经过清洗再次放入抽屉中.（1）求在第2次取出的是非一次性手套的条件下，第1次取出的是一次性手套的概率;（2）记取了3次后，取出的一次性手套的双数为X，求X的分布列及数学期望.【答案】（1）（2）分布列见解析，1.606【解析】【分析】（1）根据条件概率的计算公式，分别求出对应事件的概率，代入计算即可；（2）根据题意，计算离散型随机变量的概率，得出分布列，计算期望即可.【小问1详解】设“第1次取出的是一次性手套”为事件A，“第2次取出的是非一次性手套”为事件B，则，，所以在第2次取出的是非一次性手套的前提下，第1次取出的是一次性手套的概率为.【小问2详解】记取出的一次性手套的双数为，则，，，则，则X的分布列为：0123数学期望18.已知抛物线的焦点为，为上一点，且.（1）求的方程；（2）过点且斜率存在的直线与交于不同的两点，且点关于轴的对称点为，直线与轴交于点.（i）求点的坐标；（ii）求与的面积之和的最小值.【答案】（1）（2）（i）；（ii）【解析】【分析】（1）由条件结合抛物线的定义列方程求，由此可得抛物线方程；（2）（i）设的方程为，联立方程组并化简，设，应用韦达定理得，写出直线方程，求出它与轴的交点坐标即得；（ii）由（i）的结论计算三角形面积和，结合基本不等式求其最值．【小问1详解】由题意可得，解得，所以的方程为：；【小问2详解】（i）由已知可得直线的斜率不为0，且过点，故可设的直线的方程为，代入抛物线的方程，可得，方程的判别式，设，，不妨设，则,所以直线AD的方程为：，即即，令，可得，所以，所以所以；（ii）如图所示，可得，，所以与的面积之和当且仅当时，即时，等号成立，所以与的面积之和的最小值为.【点睛】方法点睛：本题主要考查抛物线的标准方程及几何性质、及直线与抛物线的位置关系的综合应用，解答此类题目，通常联立直线方程与抛物线方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等。19.已知函数，且在点处的切线的斜率为．设函数的最大值为．（1）求的值；（2）求证：；（3）若不等式，求实数的最大值．【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）2.【解析】【分析】（1）根据题意，求导可得，再由导数的几何意义即可得到结果；（2）根据题意，将函数最值问题转化为隐零点问题，然后求导得最值，代入计算，即可证明；（3）根据题意，令，将不等式问题转化为最值问题，结合函数的单调性以及零点存在定理，转化为零点问题，再结合（2）中的结论，再由导数的应用代入计算，即可得到结果.【小问1详解】因为，所以，所以，即，所以．【小问2详解】证明：由（1）可知，，且的定义域是，所以，令，则，所以在上单调递减，即在上