江西省九江市2024屆高三第三次高考模擬統(tǒng)一考試 數(shù)學試題【含答案】

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1、 九江市2024年第三次高考模擬統(tǒng)一考試 數(shù)學試題 注意事項： 1.答題前，考生務必將自己的姓名?班級?準考證號填寫在答題卡上. 2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試題卷上無效 3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并收回. 一?選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的. 1．為深入學習黨的二十大精神，某校開展“奮進新征程，強國伴我行”二十大主題知識競賽，其中高三年級選派8名同學參賽，這8名同學的成績

2、（總分10分）依次如下：，則這組數(shù)據(jù)的分位數(shù)為（????） A．8 B．9 C．9.5 D．10 2．在中，角所對的邊分別為，已知，則（????） A． B． C． D． 3．已知等差數(shù)列的公差為，是與的等比中項，則（????） A． B． C． D． 4．考古發(fā)現(xiàn)在金字塔內(nèi)有一組神秘的數(shù)字“”，我們把它和自然數(shù)1到6依次相乘，得，，結(jié)果是同樣的數(shù)字，只是調(diào)換了位置.若將這組神秘數(shù)字“”進行重新排序，其中偶數(shù)均相鄰的排法種數(shù)為（????） A．24 B．36 C．72 D．144 5．已知圓錐的側(cè)面展開圖是面積為的半圓，則該圓錐的體積是（????） A． B． C． D．

3、6．已知橢圓的左右焦點分別為,過且傾斜角為的直線交于第一象限內(nèi)一點.若線段的中點在軸上,的面積為,則的方程為（????） A． B． C． D． 7．若，則（????） A． B． C． D． 8．在平面直角坐標系中，已知直線與雙曲線的左右兩支分別交于兩點，是線段的中點，是軸上一點(非原點)，且，則的離心率為（????） A． B． C．2 D．3 二?多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得3分，有選錯的得0分. 9．已知二項式，則（????） A．展開式中的系數(shù)為45 B．展開式中二項式系數(shù)

4、最大的項是第5項 C．展開式中各項系數(shù)之和為1 D．展開式中系數(shù)最大的項是第5項或第7項 10．已知虛數(shù)滿足，則下列結(jié)論正確的是（????） A． B． C．的虛部為 D． 11．如圖，正方體的棱長為1，點在截面內(nèi)，且，則（????） A．三棱錐的體積為 B．線段的長為 C．點的軌跡長為 D．的最大值為 三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.其中第14題第1問2分，第2問3分. 12．若集合，則 . 13．已知函數(shù)在區(qū)間上有且僅有三個零點，則的取值范圍是 . 14．某兒童游樂場有一臺打地鼠游戲機，共有9個洞.游戲開始后，

5、每次有且僅有一只地鼠從某洞中冒出，地鼠第1次從1號洞冒出來.假設(shè)游戲過程中地鼠從上一個洞繼續(xù)冒出的概率為，從其它洞冒出的可能性相等，則地鼠第3次從1號洞冒出的概率是 .假設(shè)游戲結(jié)束時，地鼠一共冒出次，則地鼠從1號洞冒出的次數(shù)期望值為 . 四?解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出必要的文字說明?證明過程或演算步驟. 15．車胎凹槽深度是影響汽車剎車的因素，汽車行駛會導致輪胎胎面磨損.某實驗室通過實驗測得轎車行駛里程與某品牌輪胎凹槽深度的數(shù)據(jù)，如下表所示： 行駛里程萬 0.0 0.4 1.0 1.6 2.4 2.8 3.4 4.4

6、輪胎凹槽深度 8.0 7.8 7.2 6.2 5.6 4.8 4.4 4.0 (1)求該品牌輪胎凹槽深度與行駛里程的相關(guān)系數(shù)，并判斷二者之間是否具有很強的線性相關(guān)性；（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字） (2)根據(jù)我國國家標準規(guī)定：轎車輪胎凹槽安全深度為（當凹槽深度低于時剎車距離增大，駕駛風險增加，必須更換新輪胎）.某人在保養(yǎng)汽車時將小轎車的輪胎全部更換成了該品牌的新輪胎，請問在正常行駛情況下，更換新輪胎后繼續(xù)行駛約多少公里需對輪胎再次更換？ 附：變量與的樣本相關(guān)系數(shù)；對于一組數(shù)據(jù)，，其線性回歸方程的斜率和截距的最小二乘估計分別為：. 16．如圖，已知四棱錐的底面為直角梯形，，

7、為等邊三角形. (1)證明：； (2)若二面角的大小為，求二面角的正弦值. 17．在平面直角坐標系中，已知拋物線的焦點為是上第一象限內(nèi)的動點.當直線的傾斜角為時，. (1)求的方程； (2)已知點是上不同兩點.若四邊形是平行四邊形，證明：直線過定點. 18．已知函數(shù)，且. (1)討論的單調(diào)性； (2)若方程有三個不同的實數(shù)解，求的取值范圍. 19．已知數(shù)列共有項，且，若滿足，則稱為“約束數(shù)列”.記“約束數(shù)列”的所有項的和為. (1)當時，寫出所有滿足的“約束數(shù)列”； (2)當時，設(shè)“約束數(shù)列”為等差數(shù)列.請判斷是的什么條件，并說明理由； (3)當時，求的最大值.

8、1．C 【分析】先對這8個數(shù)按從小到大排列，然后利用百分位數(shù)的定義求解即可. 【詳解】8名同學成績數(shù)據(jù)由小到大重新排列為： 是整數(shù)， 分位數(shù)是第6位數(shù)和第7位數(shù)的平均數(shù)，即. 故選：C. 2．B 【分析】運用正弦定理進行邊角互化，結(jié)合誘導公式以及兩角和的正弦公式即可解決. 【詳解】因為， 由正弦定理， 因為， 展開化簡， 又. 故選:B. 3．A 【分析】先根據(jù)等比中項的定義得出；再根據(jù)等差數(shù)列的通項公式得出，化簡即可解答. 【詳解】因為是與的等比中項， 所以. 又因為數(shù)列為等差數(shù)列，公差為， 所以，化簡得，即， 所以. 故選：A. 4．D 【分析

9、】利用捆綁法、全排列和分步乘法計數(shù)原理即可解答. 【詳解】第一步：將三個偶數(shù)看成一個整體，與三個奇數(shù)進行全排列共種排法； 第二步：將三個偶數(shù)進行全排列共； 根據(jù)分步乘法計數(shù)原理可得： 將這組神秘數(shù)字“”進行重新排序，其中偶數(shù)均相鄰的排法種數(shù)為. 故選：D. 5．A 【分析】根據(jù)題意，由圓錐的側(cè)面積公式可得圓錐的高，再由圓錐的體積公式代入計算，即可求解. 【詳解】設(shè)圓錐底面圓半徑為，母線為，高為. 由題意得，解得，， 該圓錐的體積是. 故選：A. 6．D 【分析】根據(jù)題意得到，,????,設(shè)，其它邊全部用t表示,運用面積為構(gòu)造方程求出t.再用橢圓定義求出a,進而求出c,b

10、即可. 【詳解】如圖,為線段的中點,為線段的中點,,又軸, 軸. 在中, ,設(shè),則的面積為, , ,則C的方程為. 故選：D. 7．C 【分析】設(shè)，則原等式可化為，化簡后求出即可. 【詳解】令，則， 所以由， 得， 即， 即，得， 所以， 故選：C. 8．B 【分析】設(shè)，則由已知可得，設(shè)直線的方程為，，將直線方程代入雙曲線方程化簡利用根與系數(shù)的關(guān)系，可得，再由，是線段的中點，可得，兩式結(jié)合化簡可求出離心率. 【詳解】設(shè)且，則， 因為，所以，得， 設(shè)直線的方程為，， 由，得， 由，得， 所以， 所以，① ， 因為，是線段的中點， 所以，即

11、，化簡得， 由①，得，所以， 所以， 所以離心率， 故選：B 【點睛】關(guān)鍵點點睛：此題考查求雙曲線的離心率，考查平面向量的數(shù)量積運算，解題的關(guān)鍵是設(shè)出直線方程代入雙曲線方程化簡，利用根與系數(shù)的關(guān)系，考查計算能力，屬于較難題. 9．AD 【分析】由展開式的通項公式即可判斷A，由二項式系數(shù)的性質(zhì)即可判斷BD，令，代入計算即可判斷C 【詳解】，當時，，系數(shù)為，故A正確； 由組合數(shù)性質(zhì)可知，中間項系數(shù)最大， 展開式中二項式系數(shù)最大的項是第6項，故B錯誤； 令，得展開式中各項系數(shù)之和為，故C錯誤； 當為奇數(shù)時，系數(shù)為負數(shù)，當為偶數(shù)時，系數(shù)為正數(shù)， 當或時，系數(shù)最大，正確.

12、 故選：AD. 10．ABD 【分析】對于A，利用復數(shù)模的性質(zhì)結(jié)合已知條件分析判斷，對于B，給兩邊乘以化簡后判斷，對于C，設(shè)，代入已知等式化簡可求出，對于D，結(jié)合選項C判斷. 【詳解】對于A，由，得正確； 對于B，由，得，B正確； 對于C，設(shè)， 則， ，解得， 的虛部為或，C錯誤. 對于D，又，D正確. 故選：ABD. 11．ACD 【分析】對于A，點到平面的距離為，再通過三棱錐的體積公式計算即可；對于B，設(shè)的中心為，則，通過勾股定理計算即可；對于C，如圖②所示，點的軌跡是以為圓心，為半徑的圓的一部分，由三段劣弧構(gòu)成并計算即可；對于D，建立空間直角坐標系，當位于點或的位

13、置時，最小，計算即可. 【詳解】對于A，在正方體中，易證平面，平面平面，且兩平面間的距離為， 又的面積，所以三棱錐的體積故A正確； 對于B，如圖①所示，設(shè)的中心為，則， 故B錯誤； 對于C，如圖②所示，由知，， 點的軌跡是以為圓心，為半徑的圓的一部分， 由三段劣弧構(gòu)成，其長度為圓周長的一半故C正確； 對于D，， 為在方向上的投影，由圖①可知， 當位于點或的位置時，最小， 此時取得最大值，如圖②所示，建立空間直角坐標系， 則，，故D正確. 故選：ACD. 12． 【分析】先求出A,再求出,最后求出即可. 【詳解】. 又或，故. 故答案為： 13． 【分

14、析】令，然后由的范圍求出的范圍，再結(jié)合正弦函數(shù)的性質(zhì)可求出的取值范圍 【詳解】令，，， 問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)在區(qū)間上有且僅有三個零點， ，解得. 故答案為： 14． 【分析】根據(jù)全概率公式，第二次必須分析從1號洞冒出和沒有從1號洞冒出，就能得到第三次從1號洞冒出的概率；地鼠一共冒出次，繼而推出，，則可求出地鼠從1號洞冒出的次數(shù)期望值為. 【詳解】令表示地鼠第次從1號洞冒出的概率，則. 當?shù)厥蟮?次從1號洞冒出時，第3次從1號洞冒出的概率為； 當?shù)厥蟮?次沒有從1號洞冒出時，第3次從1號洞冒出的概率為. 同理可得：， 是以為首項，為公比的等比數(shù)列， ，也適合

15、； 游戲結(jié)束時，地鼠一共冒出次，則地鼠從1號洞冒出的次數(shù)期望值為. 故答案為：；. 【點睛】關(guān)鍵點點睛：①掌握全概率公式； ②馬爾科夫鏈，第次的情況必定和第次的情況有關(guān)系. 15．(1)，具有很強的線性關(guān)系 (2)6.4萬公里 【分析】（1）根據(jù)題意，由相關(guān)系數(shù)的公式代入計算，即可判斷； （2）根據(jù)題意，由最小二乘法公式代入計算，分別求得，即可得到線性回歸方程，即可得到結(jié)果. 【詳解】（1）計算得， ， 由公式知，二者之間具有很強的線性關(guān)系. （2）設(shè)輪胎凹槽深度與行駛里程的線性回歸方程為， 則== 線性回歸方程為 令，得 即更換新輪胎后繼續(xù)行駛約6.4

16、萬公里需要對輪胎再次更換. 16．(1)證明見解析； (2). 【分析】（1）取的中點，利用等腰三角形性質(zhì)，線面垂直的判定性質(zhì)推理即得. （2）以為坐標原點建立空間直角坐標系，求出平面與平面的法向量，再利用面面角的向量求法求解即得. 【詳解】（1）取的中點，連接線段，由，得， 由，得為等邊三角形，則， 又平面，于是平面，又平面， 所以. （2）由（1）知為二面角的平面角，即， 在平面內(nèi)過作，顯然直線兩兩垂直， 以為坐標原點，直線分別為軸建立空間直角坐標系， 不妨設(shè)，則，， 由，得，，， 設(shè)平面的法向量為，， ，取，得，而， 設(shè)平面的法向量為，則，取，得，

17、 設(shè)二面角的平面角為，則， 因此，所以二面角的正弦值為. 17．(1) (2)證明見解析 【分析】（1）過點A作軸的垂線，準線的垂線，結(jié)合拋物線的定義可得，即可得和方程； （2）設(shè)直線方程為，聯(lián)立方程結(jié)合韋達定理可得，代入拋物線方程可得，即可得結(jié)果. 【詳解】（1）由題意可知：拋物線的焦點，準線， 過點A作軸的垂線，垂足為，作準線的垂線，垂足為， 由拋物線定義可得， 因為直線的傾斜角為，則， 可得，解得， 所以的方程為. （2）設(shè)直線方程為，， 聯(lián)立方程組，消去整理得， 則， 因為四邊形是平行四邊形， 則，即， 代入中得，整理得， 則直線：，

18、 所以直線過定點. 18．(1)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增 (2) 【分析】（1）法一：，令，則，可得遞增，且，進而得到單調(diào)性. 法二：，根據(jù)的正負，討論的正負，得到單調(diào)性. （2）法一：，令，則，又為偶函數(shù)，，分離參數(shù)即可. 法二：令，則在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增.由，得或分離參數(shù)即可. 【詳解】（1）解法一： 令，則 在上單調(diào)遞增. 又當時，，即；當時，，即 在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增. 解法二： ①當時，由得，由得 在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增 ②當時，同理可得在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增. 綜上，當時，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增. （2）解法一：由，得

19、，易得 令，則 又為偶函數(shù)， 由（1）知在上單調(diào)遞增，，即有三個不同的實數(shù)解. 令，由，得由，得， 在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，且 在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減 當時，；當時，，故 解得或，故的取值范圍是 解法二：由得，易得 令，則在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增. 由，得或 兩邊同時取以為底的對數(shù)，得或， ，即有三個不同的實數(shù)解 下同解法一. 【點睛】關(guān)鍵點點睛：求函數(shù)單調(diào)性，先求導，判單調(diào)性、判正負、提公因式，如果行不通，求二導；導數(shù)同構(gòu)是近幾年的熱點，注意函數(shù)的單調(diào)性. 19．(1)①；②；③ (2)是的充分不必要條件，理由見解析 (3)

20、【分析】（1）由“約束數(shù)列”的定義，可得所求. （2）由“約束數(shù)列”和充分必要條件的定義，結(jié)合等差數(shù)列的知識，可得結(jié)論. （3）由，要使最大，推出，討論等差數(shù)列的公差，用求和公式可解. 【詳解】（1）當時，所有滿足的“約束數(shù)列”有： ①；②；③ （2）是的充分不必要條件.理由： ①當時，. 則， 當且僅當時，成立， “約束數(shù)列”是公差為1的等差數(shù)列 ②當“約束數(shù)列”是等差數(shù)列時，由， 得，或，或， 若，則的公差為； 若，則的公差為； 若，則的公差為， 即當“約束數(shù)列”是等差數(shù)列時，或或2024. 由①②，得是的充分不必要條件. （3）要使得取最大值，則， 當且僅當同時滿足以下三個條件時，取最大值. ①當時，；②當時，； ③當時，. . 【點睛】關(guān)鍵點睛：本題關(guān)鍵在于對新定義的理解，抓住和進行分類討論可求解第二問；第三問關(guān)鍵在于根據(jù)分析取得最大值的條件，然后分段求和可得..