江西省八所重点中学2024届高三下学期4月联考数学试卷

江西省八所重点中学2024届高三下学期4月联考数学试卷姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、单选题：本大题共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．抛物线y=2xA．(0,1) B．(0,12．已知集合A={x| 2kπ+π6<x<2kπ+2π3A．(2kπ+π4,2kπ+π3)C．(2kπ+π6,2kπ+π3)3．已知Sn是正项等比数列{an}的前n项和，且a1A．212 B．168 C．121 D．1634．复数Z在复平面内对应的点为Z(32,12)，O为坐标原点，将向量OZ绕点O逆时针旋转90°后得到向量OZA．−12+32i B．−1+i5．函数f(x)A．2 B．1 C．3 D．θ6．已知正四棱锥P−ABCD，现有五种颜色可供选择，要求给每个顶点涂色，每个顶点只涂一种颜色，且同一条棱上的两个顶点不同色，则不同的涂色方法有（）A．240 B．420 C．336 D．1207．已知α，β∈(0,π2)，A．−3 B．−33 C．38．我国著名科幻作家刘慈欣的小说（三体II·黑暗森林）中的“水滴”是三体文明使用新型材料—强互作用力（SIM）材料所制成的宇宙探测器，其外形与水滴相似，某科研小组研发的新材料水滴角测试结果如图所示（水滴角可看作液、固、气三相交点处气—液两相界面的切线与液—固两相交线所成的角），圆法和椭圆法是测量水滴角的常用方法，即将水滴轴截面看成圆或者椭圆（长轴平行于液—固两者的相交线，椭圆的短半轴长小于圆的半径）的一部分，设图中用圆法和椭圆法测量所得水滴角分别为θ1，θA．θ1<θC．θ1>θ2 D．二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题会出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，有选错的得0分．若只有2个正确选项，每选对一个得3分；若只有3个正确选项，每选对一个得2分．9．已知随机变量X、Y，且Y=3X+1,X12345Pm11n3若E(A．m=310 B．n=15 C．10．已知函数f(x)=2cos(ωx+φ)A．f(xB．函数f(x)C．函数f(xD．函数f(x11．在棱长为2的正方体ABCD−A1B1G1D1中，点E，F分别为棱DD1，C1A．AB．若点Q为平面α内任意一点，则QC+QB的最小值为2C．底面半径为12且高为3的圆柱可以在该正方体ABCD−D．直线A1G与平面BD三、填空题：本题共3小题，每小题6分共16分．把答案填在答题卡中的横线上．12．(x2−2x13．在三角形ABC中、BC=4，角A刚平分能AD交BC于点D，若BDDC=13，则三角形14．已知函数f(x)=|2x+122+2−x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．数列{an}满足a1=π6（1）证明：数列{tan2（2）求正整数m，使得sina16．三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=2，侧面A1（1）求侧棱AA（2）侧棱CC1上是否存在点E，使得直线AE与平面A1BC所成角的正弦值为17．在平面直角坐标系中，F(1,0)，直线l1:x=−1，动点M在直线l1（1）求点P的轨迹C1（2）经过曲线C1上一点P作一条倾斜角为45°的直线l2，与曲线C2:(x−4)218．一次摸奖活动，选手在连续摸奖时，首次中奖得1分，并规定：若连续中奖，则第一次中奖得1分，下一次中奖的得分是上一次得分的两倍：若某次未中奖，则该次得0分，且下一次中奖得1分．已知某同学连续摸奖n次，总得分为X，每次中奖的概率为13（1）当n=5时，求X=3的概率；（2）当n=3时，求X的概率分布列和数学期望；（3）当n=30时，判断X的数学期望与10的大小，并说明理由．19．已知函数f(x)（1）求实数a的值；（2）若关于x的方程f(x)=1（3）数列{an}满足：an+1=an

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】解：化抛物线y=2x2为标准方程：x2故答案为：D.【分析】将抛物线方程化为标准方程，求抛物线的焦点坐标即可.2．【答案】A【解析】【解答】解：因为B={x|2kπ+πA={x|2kπ+π所以A∩B={x|2kπ+π4<x<2kπ+故答案为：A.【分析】先将集合B用2kπ+θ(3．【答案】C【解析】【解答】解：设正项等比数列{an}的公比为q，因为a2a4=81，所以a若a1=81a5=1，则a1=81若a1=1a5=81，则a1=1故答案为：C.【分析】由条件结合等比数列性质求出a1,a5，再列方程求出数列的公比4．【答案】C【解析】【解答】解：设其与实轴正半轴夹角为θ，易得OZ=(32,1设OZ1与实轴正半轴夹角为β，则β=θ+π故z1=−1z14=故答案为：C.【分析】根据题意先求复数z15．【答案】B【解析】【解答】解：函数f(x)=|2x−m|−|lnx|=0有且只有一个零点等价于|2x−m|，|lnx|图像有且只有一个交点，

即m=lnx+2x或m=−lnx+2x，令所以g(x)min=g(12)=1+ln2，注意到h(x)=g(x)的交点为由图可知m=h(x),m=g(x)的根的个数之和为1，当且仅当m<1+ln故答案为：B.【分析】由题意将原问题转换为m=h(x),m=g(x)的根的个数之和为1，其中h(x)=2x+ln6．【答案】B【解析】【解答】解：正四棱锥P−ABCD，如图所示：

只用三种颜色时，A,C同色且B,D只用四种颜色时，A,C同色或B,D同色，5种颜色中选4种，再从A,五种颜色全用时，每个顶点用1种颜色，则有A5综上，不同的涂色方法有60+240+120=420种.故答案为：B.【分析】由题意，结合排列组合以及分类加法原理求解即可.7．【答案】A【解析】【解答】解：2(sinβ+sin2则sinα=cosα因为π2−α,α+β∈(0,π)，y=cos所以tan(2α+β+故答案为：A.【分析】由题意得2sinβ(sinβ+1)=28．【答案】A【解析】【解答】解：由题意知，若将水滴的轴截面看成圆的一部分，设圆的半径为R，如图所示：则R2=(R−1)若将水滴的轴截面看成椭圆的一部分，设椭圆方程为x2切点坐标为(−2,b−1)，则椭圆x2所以椭圆的切线方程的斜率为k2将切点坐标(−2,b−1)代入切线方程可得所以tanθ又因为b<R=52，所以tanθ2=故答案为：A.【分析】由题意，根据圆和椭圆的切线方程分别求得tanθ1、tanθ9．【答案】A,C【解析】【解答】解：易知m+110+1因为Y=3X+1，所以E(Y)因为E(X)=m+2×110+3×15+4n+5×310，所以m+2×110D(D(故答案为：AC.【分析】由分布列的性质和期望公式求出m,10．【答案】B,C,D【解析】【解答】解：因为∀x∈R，f(x)−f(π即π3ω+φ=2kπ,当x∈(0,π3)时，ωx+φ∈(φ,π3所以3π2<π3ω−π3因为0<ω<6,ω∈N*,A、函数f(x)的周期为2kπ5,B、由2kπ−π≤5x+π3≤2kπ,k∈Z，得2kπ5−当k=1时，f(x)的递增区间为[2π15,π3]C、令5x+π3=kπ,k∈Z，则x=kπ5−π15,k∈Z，所以D、由5x+π3=π2+kπ,故答案为：BCD.【分析】由f(x)−f(π3)≤0可得f(x)的最大值为f(π3)，则得11．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：A、因为ABCD−A1B1G1D1为正方体，所以B1D1⊥A1C1，又因为DD1⊥而A1C1,BC1⊂平面A1BCB、如图所示：平面α截正方体的截面为正六边形，点A1,C关于平面αC、底面半径为12，高为3的圆柱的外接球的半径为R=1D、点A1到平面BDC1的距离为定值，所以当A1G此时点G是BC1的中点，直线A1G与平面在△A1DG中，A1G=DG=6，故答案为：ACD.【分析】由题意，可证B1D⊥平面A1BC1，可得B1D⊥A1G即可判断A；平面α截正方体的截面为如图正六边形，点A1,C关于平面α对称，QC+QB最小转化为求12．【答案】−115【解析】【解答】解：将(x2−2x−1)5化简为(x2−2x当k=1,r=2时，10−2k−3r=2，则x2当k=4,r=0时，10−2k−r=2，则x2所以x2项系数为−120+5=−115故答案为：−115.【分析】将(x2−13．【答案】3【解析】【解答】解：由正弦定理|AB|sin∠ADB=|BD|sin∠BAD，因为∠ADB=180°−∠ADC，所以sin∠ADB=又因为角A的平分线AD交BC于点D，所以∠BAD=∠CAD，所以|AB||BD|所以|AB||AC|=|BD||DC|=13，

以D为坐标原点建立如图平面直角坐标系，如图所示：

因为BC=4，设A(x,y)，则(故点A(x,y)的轨迹是以(−3故当A纵坐标最大，即A(−32,故答案为：3.【分析】先根据正弦定理可得|AB||AC|=13，再以D为原点建立平面直角坐标系求解14．【答案】9【解析】【解答】解：设函数g(x)=2x+12x+当0≤a≤1时，−1−a≤−1,0≤1−a≤1，则0≤f(x)当a>1时，−1−a<1−a<0，a−1<f(x)<a+1，要使得正整数n的最大值为8，则7(a−1)<a+18故答案为：97【分析】设函数g(x)=2x+1215．【答案】（1）证明：由已知条件可知，由于cosa故an+1∈(0,故数列{tan即tana（2）解：sin==由13m+1=1【解析】【分析】（1）由题意，推得tan2an+1=（2）利用同角三角函数关系结合tanan+1=16．【答案】（1）解：过A在平面ABB1A1内作因为侧面A1ACC1为矩形，所以所以CA⊥平面ABB1A1，CA⊂平面ABC，所以平面AD⊂平面ABB1A1，所以因为三棱锥C1−ABC的体积为23所以13×1因为∠A1AB=2π3（2）解：存在E满足题意，C1理由如下：以AB,AC,则A1(−1,0,3设C1E=λC1所以AE→=(λ−1,设平面A1BC的一个法向量为则m⋅A1令z=3，则x=y=1，所以平面A1BC设直线AE与平面A1BC所成角为则sinθ=解得λ=1，所以存在E满足题意，所以C1【解析】【分析】（1）由题意，证明AD⊥平面ABC，结合已知条件，先求AD的值，再求侧棱AA（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.17．【答案】（1）解：由题意作出图形，如图所示：

由图可得|PM|=|PF|，则点P的轨迹C是以F(1（2）解：设P(t2,2t)，则直线l2的方程为y=x+2t−化简可得：2x2由于l2与C2交于两个不同的点，故关于x的方程①的判别式Δ=−(因此有t∈(−2设Q，R的模坐标分别为x1，x由①知，x1+x因此，结合l2的倾斜角为45°|=t4由②可知，t2−2∈(从而由③得：|PQ【解析】【分析】（1）利用线段的中垂线的性质得出|PM|=|PF（2）设P(t2,2t)，则直线l2的方程为y=x+2t−t2，将直线方程与曲线C2方程联立，由Δ>0可得t的取值范围，设Q,18．【答案】（1）解：摸奖5次得分为3分，有如下两种情形：情形一，恰好两次中奖，且两次相邻；情形二，恰好三次中奖，且任意两次都不相邻．情形一发生的概率为C4情形二发生概率为C3所以P(（2）解：X的可能取值为0，1，2，3，7，P(X=0)P(X=2)P所以X的概率分布列为X01237P812241所以E(（3）解：E(记该同学摸奖30次中奖次数为ξ，则ξ~若每次中奖都得1分，则得分的期望为E(由题中比赛规则可知连续中奖时，得分翻倍，故实际总得分的期望E(所以E(【解析】【分析】（1）将X=3的所有可能情况进行分类讨论，即可求得P(（2）易知X的可能取值为0，1，2，3，7，求出对应概率即可得分布列和期望；（3）依题意可知，若每次投进都得1分，利用二项分布可知E(ξ)=10，再结合比赛规则即可得E(X)>10.19．【答案】（1）解：函数f(x)=ln(因为f(x)≤0恒成立，且f(0)经检验，当a=1时，f'当−1<x<0时，f'(x)>0，函数f(x)在当x>0时，f'(x)<0，函数f(x)在所以x=0为函数f(x)的极大值点，f(0)也为函数f(x)的最大值，满足条件，故a=1.（2）解：由（1）知f(x)令g(x)等价于直线y=m与曲线g(x)因为g'(x)=4x+1−1=