江西省部分高中学校2024届高三下学期3月联考数学试卷（解析版）

江西省部分高中学校2023-2024学年高三下学期3月联考数学试卷注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．4．本试卷主要考试内容：高考全部内容．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.双曲线的渐近线方程为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据双曲线的渐近线方程的求解即可.【详解】由题可知双曲线的渐近线方程为.故选：D2.设集合，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】求出集合中元素范围，再求交集即可.【详解】依题得，则.故选：B.3.已知圆锥母线长为6，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的表面积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据扇形弧长求底面半径，再代入圆锥的表面积公式，即可求解.【详解】设圆锥的母线长为，底面半径为，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则，解得，所以该圆锥的表面积为.故选：C4.古希腊数学家毕达哥拉斯通过研究正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割率，黄金分割率的值也可以用表示，即，设，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，切化弦，再利用二倍角公式及诱导公式计算即得.【详解】依题意，.故选：A5.已知实数a，b满足，则（）A. B. C. D.a，b的大小无法判断【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，构造函数，利用单调性并借助媒介数比较大小.【详解】函数在上单调递增，且，则由，得，又，所以.故选：A6.过点的直线与圆相切于点，则（）A.4 B.16 C. D.17【答案】B【解析】【分析】利用数量积公式，转化为求切线长问题.【详解】圆，即圆的圆心为，半径，点到圆心的距离，所以，.故选：B7.若一个四位数的各位数字之和为4，则称该四位数为“数”，这样的“数”有（）A.20个 B.21个 C.22个 D.23个【答案】A【解析】【分析】根据的不同构成，分类讨论求解.【详解】易知，当四位数由4，0，0，0构成时，共有1种情况，当四位数由3，1，0，0构成时，共有种情况，当四位数由2，2，0，0构成时，共有种情况，当四位数由2，1，1，0构成时，共有种情况，当四位数由1，1，1，1构成时，共有1种情况，所以这样的“数”有20个.故选：A.8.是椭圆上一点，A，B是椭圆的左，右顶点，若，则的离心率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据余弦定理可求解余弦值，进而根据同角关系可得正切值，结合斜率公式，将椭圆上的点代入化简即可得，由离心率公式即可求解.【详解】由题可知，则.由题意不妨设，又，，所以，则的离心率为.故选：D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.已知函数，则（）A.区间上单调递增 B.对C.关于点对称 D.将的图象向左平移个单位长度，所得到的函数是偶函数【答案】AC【解析】【分析】对于A：求出的范围，再根据正弦函数的单调性判断；对于B：计算的值是否是最大值即可；对于C：计算是否成立即可；对于D：平移后计算是否取最值即可.【详解】当时，，因为是正弦函数的单调递增区间，所以在区间上单调递增，选项正确;，B选项错误;，C选项正确;将的图象向左平移个单位长度，得函数的图象，其中，不是函数最值，轴不是函数图象的对称轴，不是偶函数，D选项错误.故选：AC.10.复数满足，且，则（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】【分析】利用解方程求出，进而可得和，利用可得的值，利用复数的运算从而判断选项的正误.【详解】由，可得，则，解得，所以，故选项A，D正确.当时，，当时，，故选项B正确，选项C错误.故选：ABD.11.已知函数及其导函数的定义域均为，若的图象关于直线对称，，且，则（）A.为偶函数 B.的图象关于点对称C. D.【答案】BCD【解析】【分析】首先根据抽象函数的对称性，判断函数的对称性，以及周期，并结合条件转化，判断函数的对称性，利用抽象函数的导数公式，以及周期性，求，最后利用函数与的关系求和.【详解】由的图象关于直线对称，可得的图象关于直线对称，即的图象关于直线对称，则由，可得，又，所以，所以的图象关于点对称，即为奇函数，所以，即，即函数的周期为4，由，可得，因为的周期为4，所以，则，即，所以的图象关于点对称，故B正确；因为的图象关于直线对称，则，所以，所以，因为的周期为4，所以的周期也为4.由，可得，所以，故C正确；由，可得，所以，即，故D正确.故选：BCD【点睛】关键点点睛：本题考察抽象函数的性质，以及导数运算问题，本题的关键是以条件等式为桥梁，发现函数与的性质关系，以及解析式的关系.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在答题卡中的横线上．12.样本数据5，11，6，8，14，8，10，5的分位数为______________________．【答案】8【解析】【分析】根据百分位数的计算规则即可求解.【详解】将样本数据按从小到大的顺序排列为5，5，6，8，8，10，11，14，由于，故分位数为8.故答案为：813.如图，在正三棱锥中，侧棱，过点作与棱DB，DC均相交的截面AEF．则周长的最小值为_______________，记此时的面积为，则N_______________．【答案】①.②.【解析】【分析】利用展开图，将周长的最小值转化为两点间距离；根据展开图的几何关系，求的三边，即可求三角形的面积.【详解】把正三棱锥的侧面展开，两点间的连接线是截面周长的最小值.正三棱锥中，，所以，所以，故周长的最小值为.又，所以，则.故答案为：；.14.若不等式在上恒成立，则的最大值为______．【答案】6【解析】【分析】根据题意分析可知在上恒成立，令，利用导数可知在上单调递增，进而可得的值域，根据恒成立问题结合绝对值的性质分析求解.【详解】由，即，且，则，可得，令，则，可知在上单调递增，且，即，由题意可知：在上恒成立，则，可得，当且仅当时，等号成立，所以的最大值为6.故答案为：6.四、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.设某厂有甲、乙、丙三个车间生产同一种产品，已知各车间的产量分别占全厂产量的，，并且各车间的次品率依次为．（1）从该厂这批产品中任取一件，求取到次品的概率；（2）从该厂这批产品中有放回地抽取100次，每次抽取1件，且每次抽取均相互独立，用表示这100次抽取的零件中是次品的总件数，试估计的数学期望EX．【答案】（1）0.023，（2）2.3.【解析】分析】（1）根据给定条件，利用全概率公式列式计算即得.（2）由（1）的结论，利用二项分布的期望公式计算即得.【小问1详解】记事件为“任取一件产品，恰好是次品”，事件为“取到甲车间生产的产品”，事件为“取到乙车间生产的产品”，事件为“取到丙车间生产的产品”，则，由全概率公式得，所以从该厂这批产品中任取一件，取到次品的概率为0.023.【小问2详解】依题意，的可能取值为，且服从二项分布，由（1）知，，即，所以.16.已知数列的前项和为，且．（1）求的通项公式；（2）已知，集合中元素个数为，求．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先利用整理，然后利用累乘法求解通项公式；（2）先求出，然后直接用等差等比的求和公式求解即可.【小问1详解】令，得.当时，因为，所以，两式相减得，即，所以，所以，即，所以又，符合上式，所以；【小问2详解】由，可得，所以..17.如图，在三棱柱中，，侧面是正方形，是平面上一点，且．（1）证明：点到直线和的距离相等．（2）已知二面角的大小是，求直线AB与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据已知条件及线面垂直的判定定理，结合线面垂直的性质定理即可求解；（2）根据已知条件及二面角的平面角的定义，建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，分别求出直线AB的方向向量与平面的法向量，利用向量的夹角公式，结合线面角与向量夹角的关系即可求解.【小问1详解】当和重合时，显然符合题意，当和不重合时，连接，延长交于点，因为是正方形，所以，又因为，所以因为，平面，所以平面.又平面，所以，则.因为，所以为的中点，且为的角平分线.所以点到直线和的距离相等.【小问2详解】取BC的中点，连接，所以，所以为二面角的平面角，因为二面角的大小是，所以.又在三棱柱中，为的中点，取BC的中点，所以,所以四点共面.又，，平面,所以平面,又平面，所以平面平面,过作平面ABC的垂线，交于点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示由题可得，所以，设平面的法向量为，则即令，则，所以，设直线AB与平面所成的角为，则，所以直线AB与平面所成角的正弦值为.18.在直角坐标系xOy中，点到直线的距离等于点到原点的距离，记动点的轨迹为．（1）求的方程；（2）点A，B，C，D在上，A，B是关于轴对称的两点，点位于第一象限，点位于第三象限，直线AC与轴交于点，与轴交于点，且B，H，D三点共线，证明：直线CD与直线AC的斜率之比为定值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用直接法，求轨迹方程；（2）首先设点，并表示直线的方程，并由已知条件求得点的坐标，并利用方程联立表示的坐标，并利用坐标表示斜率，即可求解.【小问1详解】设，则，两边平方，化简得，故的方程为.【小问2详解】证明:设点的方程为，则，因为，所以从而直线BD的方程为联立可得，所以，则，所以联立可得，所以，则，所以.所以直线CD斜率为.所以直线与直线的斜率之比为.【点睛】关键点点睛：本题的关键是设出点的坐标，并找到坐标的关系，从而求得斜率的关系.19.已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若恒成立，求的取值集合；（3）若存在，且，求的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）求出函数的导数，再分类讨论导函数值正负即可得解.（2）由已知可得，再利用（1）的结论求出函数的最小值，并构造函数探讨函数最大值即得.（3）根据条件，将问题转化为函数在和存在零点，再分类讨论并借助导数、零点存在性定理探讨零点即得.【小问1详解】函数的定义域为，求导得，当时，，函数在上单调递减；当时，由，得，递减，由，得，递增，所以当时，函数在上单调递减；当时，函数在上单调递减，在单调递增.【小问2详解】依题意，，由恒成立，得，则，由（1）知，，令，求导得，当时，，函数递增，当时，，函数递减，因此，由恒成立，得，则，所以的取值集合为.小问3详解】由，得，令，依题意，函数在和上存在零点，求导得，在，当时，，当时，，函数在上单调递增，，函数在上无零点，不符合题意，当时，令，求导得，当时，，函数，即在上单调递增，，，则存在，使得，当时，，函数递减，当时，，函数递增，因此，，则函数在上存在唯一零点；当时，令，求导得，令，求导得，函数在上单调递增，，则，使得，当时，，函