江西省南昌市2024屆高三第三次模擬測(cè)試 數(shù)學(xué)試題【含答案】

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1、 2024屆高三第三次模擬測(cè)試 數(shù)學(xué)試題 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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的. 1．已知集合，.則（???） A． B． C． D． 2．已知“”，“”，若是的充分不必要條件，則實(shí)數(shù)的取值范圍是（???） A． B． C． D． 3．如圖對(duì)兩組數(shù)據(jù)，和，分別進(jìn)行回歸分析，得到散點(diǎn)圖如圖，并求得線性回歸方程分別是和，并對(duì)變量，進(jìn)行線性相關(guān)檢驗(yàn)，得到相關(guān)系數(shù)，對(duì)變量，進(jìn)行線性相關(guān)檢驗(yàn)，得到相關(guān)系數(shù)，則下列判斷正確的是（???） A． B． C． D． 4．已知，，，則，，的大小關(guān)系是（????） A． B．

2、C． D． 5．已知三棱錐中，是邊長(zhǎng)為2的正三角形，是以為斜邊的等腰直角三角形，分別是線段的中點(diǎn)，若，則三棱錐的外接球的表面積為（???） A． B． C． D． 6．已知數(shù)列的前項(xiàng)和為，且滿足，，則的值不可能是（???） A．1 B．2 C．3 D．15 7．已知雙曲線的左、右焦點(diǎn)分別為，.過作直線與雙曲線的右支交于，兩點(diǎn)，若的周長(zhǎng)為，則雙曲線的離心率的取值范圍是（???） A． B． C． D． 8．已知函數(shù).則下列說法中錯(cuò)誤的是（???） A．當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞增 B．當(dāng)時(shí)，的最小值是一個(gè)與無關(guān)的常數(shù) C．可能有三個(gè)不同的零點(diǎn) D．當(dāng)時(shí)，有且僅有一個(gè)零點(diǎn) 二、選擇題

3、：本題共3小題，每題6分，共18分．在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分. 9．已知是單調(diào)遞減的等比數(shù)列，若，前3項(xiàng)和，則下列說法中正確的是（???） A． B． C． D． 10．已知函數(shù)，若的圖象關(guān)于直線對(duì)稱，則下列說法正確的是（???） A．的圖象也關(guān)于直線對(duì)稱 B．的圖象關(guān)于中心對(duì)稱 C． D． 11．將橢圓上所有的點(diǎn)繞原點(diǎn)旋轉(zhuǎn)角，得到橢圓的方程：，則下列說法中正確的是（???） A． B．橢圓的離心率為 C．是橢圓的一個(gè)焦點(diǎn) D． 三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分. 12．已知復(fù)數(shù)滿足，則

4、 . 13．在中，，則 . 14．歐拉函數(shù)的函數(shù)值等于所有不超過正整數(shù)，且與互質(zhì)的正整數(shù)的個(gè)數(shù)（公約數(shù)只有1的兩個(gè)正整數(shù)稱為互質(zhì)整數(shù)），例如：，，則數(shù)列的前項(xiàng)和為 . 四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟. 15．如圖1，四邊形為菱形，，，分別為，的中點(diǎn)，如圖2．將沿向上折疊，使得平面平面，將沿向上折疊．使得平面平面，連接. (1)求證：，，，四點(diǎn)共面： (2)求平面與平面所成角的余弦值. 16．教練為了解運(yùn)動(dòng)員甲的罰籃情況，記錄了甲罰籃前30次的投籃情況，得到下表（用“1”表示投中，用“0”表示沒有投中）：

5、序號(hào) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 投籃情況 1 1 0 1 1 1 1 0 1 1 1 0 0 0 1 序號(hào) 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 投籃情況 1 0 1 1 0 0 1 1 1 0 0 1 1 1 0 把頻率估計(jì)為概率： (1)若認(rèn)為甲各次投籃是獨(dú)立的，計(jì)算甲第31，32兩次投籃恰好一次投中，一次沒有投中的概率； (2)若認(rèn)為甲從第2次投籃開始，每次投籃

6、受且僅受上一次投籃的影響，記甲第31，32兩次投籃投中的次數(shù)為，寫出隨機(jī)變量的分布列，并求. 17．已知橢圓的離心率為，過點(diǎn)作斜率為直線與橢圓交于，兩點(diǎn)交于，（在軸上方），當(dāng)時(shí)，. (1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)過點(diǎn)作直線的垂線，垂足為，連接與軸交于點(diǎn)，若四邊形為等腰梯形，求直線的斜率. 18．定義：若變量，且滿足：，其中，稱是關(guān)于的“型函數(shù)”. (1)當(dāng)時(shí)，求關(guān)于的“2型函數(shù)”在點(diǎn)處的切線方程； (2)若是關(guān)于的“型函數(shù)”， （i）求的最小值： （ii）求證：，. 19．網(wǎng)絡(luò)購物行業(yè)日益發(fā)達(dá)，各銷售平臺(tái)通常會(huì)配備送貨上門服務(wù)．小金正在配送客戶購買的電冰箱，并獲得了客戶所在

7、小區(qū)門戶以及建筑轉(zhuǎn)角處的平面設(shè)計(jì)示意圖． (1)為避免冰箱內(nèi)部制冷液逆流，要求運(yùn)送過程中發(fā)生傾斜時(shí)，外包裝的底面與地面的傾斜角不能超過，且底面至少有兩個(gè)頂點(diǎn)與地面接觸．外包裝看作長(zhǎng)方體，如圖1所示，記長(zhǎng)方體的縱截面為矩形，，，而客戶家門高度為米，其他過道高度足夠．若以傾斜角的方式進(jìn)客戶家門，小金能否將冰箱運(yùn)送入客戶家中？計(jì)算并說明理由． (2)由于客戶選擇以舊換新服務(wù)，小金需要將客戶長(zhǎng)方體形狀的舊冰箱進(jìn)行回收．為了省力，小金選擇將冰箱水平推運(yùn)(冰箱背面水平放置于帶滾輪的平板車上，平板車長(zhǎng)寬均小于冰箱背面）．推運(yùn)過程中遇到一處直角過道，如圖2所示，過道寬為米．記此冰箱水平截面為矩形，．設(shè)

8、，當(dāng)冰箱被卡住時(shí)(即點(diǎn)、分別在射線、上，點(diǎn)在線段上），嘗試用表示冰箱高度的長(zhǎng)，并求出的最小值，最后請(qǐng)幫助小金得出結(jié)論：按此種方式推運(yùn)的舊冰箱，其高度的最大值是多少？（結(jié)果精確到） 1．A 【分析】利用二次根式的定義域結(jié)合指數(shù)函數(shù)的值域求出對(duì)應(yīng)集合，再取交集即可. 【詳解】令，解得，故， 易得，故，則， 故，故A正確， 故選：A 2．B 【分析】利用給定條件得到，再利用分離參數(shù)法求解參數(shù)范圍即可. 【詳解】若是的充分不必要條件，故在時(shí)恒成立， 故得，令，由二次函數(shù)性質(zhì)得在時(shí)單調(diào)遞增， 則，可得，故B正確. 故選：B 3．D 【分析】由兩散點(diǎn)圖中散點(diǎn)的位置關(guān)系直

9、接得答案. 【詳解】由散點(diǎn)圖可知，與負(fù)相關(guān)，與正相關(guān)，則，，故A、B錯(cuò)誤； 且圖形中點(diǎn)比更加集中在一條直線附近， 則，又，，得. 故C錯(cuò)誤，D正確. 故選：D. 4．B 【分析】利用指數(shù)冪的運(yùn)算法則結(jié)合對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性求解即可. 【詳解】由題意得，，， 易知，， 故，則，可得，故B正確. 故選：B 5．C 【分析】作出圖象，由面面垂直的判斷定理可得平面平面，從而可得三棱錐的外接球的球心，求出外接球的半徑，即可得答案. 【詳解】因?yàn)槭沁呴L(zhǎng)為2的正三角形，是線段的中點(diǎn)， 所以，又因?yàn)?，平面，? 所以平面，又因?yàn)槠矫?，所以平面平面? 易知， 又因?yàn)?，是以為斜邊的?/p>

10、腰直角三角形， 所以，， 設(shè)三棱錐的外接球的球心為，半徑為， 則，， 在，，即，解得， 所以三棱錐的外接球的表面積. 故選：C. 6．B 【分析】由與的關(guān)系，將式子化簡(jiǎn)，可得，當(dāng)，即可得到是等差數(shù)列，排除D，當(dāng)，即可得到是等比數(shù)列，排除A，然后由計(jì)算，即可排除C. 【詳解】因?yàn)?，且，則， 化簡(jiǎn)可得， 若，則，且， 則數(shù)列是以為首項(xiàng)，為公差的等差數(shù)列，則， 所以，則，排除D； 若，則，即，且， 則數(shù)列是以為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列，則， 所以，則，排除A； 再由計(jì)算， ，即，解得或，取， ，即，解得或，取， ，即，解得或，取， ，即，解得或， 取，此

11、時(shí)，排除C； 故選：B 7．A 【分析】由雙曲線的定義可得的周長(zhǎng)為，求得，再由過焦點(diǎn)的弦長(zhǎng)的最小值，結(jié)合雙曲線的性質(zhì)，即可求解. 【詳解】由雙曲線的定義可得， 兩式相加可得， 則的周長(zhǎng)為，即， 再由，可得，解得， 由. 故選：A 8．C 【分析】利用求導(dǎo)，對(duì)常數(shù)按選項(xiàng)進(jìn)行分類討論，從而得到函數(shù)的單調(diào)性和極值情況，再根據(jù)數(shù)形結(jié)合，即可以判斷各選項(xiàng). 【詳解】對(duì)于A，由， 當(dāng)時(shí)，， 當(dāng)時(shí)，，則有， 當(dāng)時(shí)，，則有， 所以對(duì)任意的，都有，即在上單調(diào)遞增，故A正確； 對(duì)于B，當(dāng)時(shí)， 有， 所以當(dāng)時(shí)，則，即在上遞增； 當(dāng)時(shí)，則，即在上遞減； 即，所以的最小值是一個(gè)與

12、無關(guān)的常數(shù)，故B正確； 對(duì)于D, 當(dāng)時(shí),分類討論： 當(dāng)時(shí)，由可知： 所以當(dāng)或時(shí)，則，即在和上遞增； 當(dāng)時(shí)，則，即在上遞減； 即在時(shí)有極小值，在時(shí)有極大值， 由于時(shí)， （這里運(yùn)用指數(shù)爆炸增長(zhǎng)，它的增長(zhǎng)速度一定會(huì)大于二次函數(shù)的增長(zhǎng)速度） 所以由上可得有且僅有一個(gè)零點(diǎn)； 當(dāng)時(shí)，由可知： 所以當(dāng)或時(shí)，則，即在和上遞增； 當(dāng)時(shí)，則，即在上遞減； 即在時(shí)有極大值，在時(shí)有極小值， 由于時(shí)，， 所以有且僅有一個(gè)零點(diǎn)； 當(dāng)時(shí)，由A得：在上單調(diào)遞增，由， 由于時(shí)，， 所以由上可得有且僅有一個(gè)零點(diǎn)； 綜上可以判斷D是正確的； 對(duì)于C，由于當(dāng)時(shí)，有且僅有一個(gè)零點(diǎn)， 當(dāng)時(shí)， 有，

13、 所以當(dāng)時(shí)，則，即在上遞增； 當(dāng)時(shí)，則，即在上遞減； 此時(shí)最多有2個(gè)不同的零點(diǎn)； 當(dāng)時(shí)，，此時(shí)顯然只有一個(gè)零點(diǎn)； 所以不可能有三個(gè)不同的零點(diǎn)，故C是錯(cuò)誤的； 故選：C. 【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：對(duì)參數(shù)進(jìn)行分類討論，來判斷原函數(shù)的單調(diào)性和極值，從而就可以解決問題. 9．AD 【分析】設(shè)等比數(shù)列公比為，由已知條件得，解得，再使用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及數(shù)列求和公式求解即可. 【詳解】由題意，設(shè)等比數(shù)列公比為， 則，解得或， 由因?yàn)閿?shù)列為單調(diào)遞減的等比數(shù)列， 所以， 所以， . 故選：AD. 10．BCD 【分析】根據(jù)題意，由函數(shù)圖象的對(duì)稱性可得，，由此分析可得由此分析選項(xiàng)

14、，即可得答案. 【詳解】設(shè)關(guān)于直線對(duì)稱， 所以， ， 所以或， 當(dāng)時(shí)，，的圖象關(guān)于直線對(duì)稱， 此時(shí)，， ∴， 當(dāng)時(shí)，, ∴，∴， 又∵是一個(gè)定值，而隨的不同而不同， ∴此等式不成立，即不成立, ∴，即，所以的圖象關(guān)于中心對(duì)稱，B正確； ∴，，即，C正確. 與關(guān)于對(duì)稱， ∴，即，即， ∴，D正確， 又，則，即， ，而， 若A選項(xiàng)成立，則時(shí)，，所以 但此時(shí)，， 所以由可得，但這與已知矛盾， 所以的圖象不可能關(guān)于直線對(duì)稱，A錯(cuò)誤. 故選：BCD. 11．ACD 【分析】根據(jù)題意，由橢圓的對(duì)稱性，求解頂點(diǎn)坐標(biāo)，從而可得，再由橢圓的性質(zhì)對(duì)選項(xiàng)逐一判斷，即

15、可得到結(jié)果. 【詳解】橢圓上所有的點(diǎn)繞原點(diǎn)旋轉(zhuǎn)角， 得到橢圓的方程：， 設(shè)點(diǎn)在該橢圓上，則其關(guān)于的對(duì)稱點(diǎn)代入橢圓方程有 ，即，則該對(duì)稱點(diǎn)位于橢圓方程上， 同理其關(guān)于的對(duì)稱點(diǎn)代入橢圓方程有 ，即，則該對(duì)稱點(diǎn)位于橢圓方程上， 則關(guān)于對(duì)稱， 所以，故D正確； 將代入可得， 可得橢圓長(zhǎng)軸的頂點(diǎn)為，所以，故A正確； 將代入可得， 可得橢圓長(zhǎng)軸的頂點(diǎn)為，所以， 則，則，故B錯(cuò)誤； 所以焦點(diǎn)坐標(biāo)為或，所以C正確； 故選：ACD 【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵通過證明該非標(biāo)準(zhǔn)橢圓的對(duì)稱性，從而得到的值，再按照普通橢圓的定義計(jì)算即可，也可將該過程想象成坐標(biāo)系的旋轉(zhuǎn). 12．

16、 【分析】令代入，利用復(fù)數(shù)相等，得到，. 【詳解】令，則有，即，， 解得，即，. 故答案為：. 13．1 【分析】直接利用三角函數(shù)的關(guān)系式的變換以及正弦定理的應(yīng)用求出結(jié)果. 【詳解】在中，，利用正弦定理：， 所以，整理得， 所以或， 由于，所以，故，由于， 所以， . 故答案為：1. 14． 【分析】由已知定義先求出，，代入后結(jié)合等比數(shù)列的求和公式即可求解. 【詳解】由題意可知，小于的所有正奇數(shù)都與互質(zhì)，共有個(gè)，所以， 小于且大于0的所有與不互質(zhì)的數(shù)是3的倍數(shù)，故與互質(zhì)的數(shù)共有，即， 所以 則其前項(xiàng)和為 故答案為：. 15．(1)證明見解析 (2)

17、 【分析】（1）利用線面垂直的性質(zhì)得到，結(jié)合中位線定理得到，最后證明四點(diǎn)共面即可. （2）找到對(duì)應(yīng)二面角的平面角，放入三角形中，利用余弦定理求解即可. 【詳解】（1）取，的中點(diǎn)分別為，，連接，， 取，的中點(diǎn)分別為，，連接，，， 由題意知，都是等邊三角形， 所以，， 因?yàn)槠矫嫫矫?，平面平面? 所以平面，平面，所以， 因?yàn)?，的中點(diǎn)分別為，，所以 所以，所以， 所以，又因?yàn)椋? 所以， 因?yàn)椋闹悬c(diǎn)分別為，， 所以， 所以，所以，，，四點(diǎn)共面； （2）連接，，且延長(zhǎng)交于點(diǎn)，由題意知，， 所以，同理， 所以就是二面角的平面角， 設(shè)，則，，， 所以，同理，

18、 所以， 所以平面與平面所成角的余弦值為. 16．(1) (2)分布列見解析， 【分析】（1）由題可得甲投籃投中的概率，投不中的概率為，故所求概率為恰有一次投中，一次沒有投中的概率為，代入數(shù)據(jù)即可求解； （2）表格中的數(shù)據(jù)可以知道：上一次投籃投中，這一次也投中的概率為，上一次投籃沒有投中，這一次投籃投中的概率為，的所有可能取值為0，1，2，然后求出對(duì)應(yīng)概率即可得解. 【詳解】（1）根據(jù)表中的數(shù)據(jù)，在甲前30次的投籃過程中，有19次投中，11次沒有投中，因此因動(dòng)員甲投籃投中的概率，投不中的概率為，若甲各次投籃互相獨(dú)立，那么第31，32次投籃，恰有一次投中，一次沒有投中的概率為；

19、 （2）根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)可以知道：上一次投籃投中，這一次也投中的概率為， 上一次投籃沒有投中，這一次投籃投中的概率為， 的所有可能取值為，，，且由表格可知第30次運(yùn)動(dòng)員甲沒有投中， 則， ， ， 所以隨機(jī)變量的分布列為： 0 1 2 所以. 17．(1) (2) 【分析】（1）由離心率可得，將橢圓方程化為，聯(lián)立直線與橢圓方程，消元，列出韋達(dá)定理，利用弦長(zhǎng)公式求出，即可得解； （2）不妨設(shè)的中點(diǎn)為，則必有，則問題只需要求點(diǎn)的坐標(biāo)，設(shè)，，直線的方程為，，聯(lián)立直線與橢圓方程，求出，，即可求出直線的斜率. 【詳解】（1）因?yàn)椋?，即? 不妨設(shè)橢

20、圓的方程為，即. 并與直線聯(lián)立方程，，消去得， 設(shè)，，則有，， 由， 所以，即或（舍去）， 所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為； （2）因?yàn)樗倪呅螢榈妊菪?，則必有， 即，不妨設(shè)的中點(diǎn)為，則必有， 要求直線的斜率，只需要轉(zhuǎn)化為求點(diǎn)的坐標(biāo)，則有， 設(shè)，，則有， 有直線的方程為，令，則有, 不妨設(shè)直線的方程為，， 則有，， 并與橢圓聯(lián)立方程，消去得，顯然， 則有，，則有， 則有，所以， 所以， 所以. ?? 18．(1) (2)（i）；（ii）證明見解析 【分析】（1）根據(jù)題意，得到，求得，結(jié)合導(dǎo)數(shù)的幾何意義，即可求解； （2）根據(jù)題意，得到， （i）化簡(jiǎn)，結(jié)合

21、基本不等式，即可求解； （ii）由題意，得到，設(shè)，，其中，化簡(jiǎn)得到，記，利用導(dǎo)數(shù)求得函數(shù)的單調(diào)性和最小值，即可求解. 【詳解】（1）解：當(dāng)時(shí)，可得，則， 所以，所求切線方程為，即. （2）解：由是關(guān)于的“型函數(shù)”，可得，即， （i）因?yàn)椋? 當(dāng)且僅當(dāng)即時(shí)取得最小值. （ii）由，即，則，且，， 可設(shè)，，其中， 于是， 記， 可得， 由，得，記， 當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，，則 ，所以. 【點(diǎn)睛】方法技巧：對(duì)于利用導(dǎo)數(shù)研究不等式的恒成立與有解問題的求解策略： 1、合理轉(zhuǎn)化，根據(jù)題意轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)的最值之間的比較，列出不等式關(guān)系式求解； 2、構(gòu)造新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的

22、單調(diào)性，求出最值，從而求出參數(shù)的取值范圍； 3、利用可分離變量，構(gòu)造新函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題． 4、根據(jù)恒成立或有解求解參數(shù)的取值時(shí)，一般涉及分離參數(shù)法，但壓軸試題中很少碰到分離參數(shù)后構(gòu)造的新函數(shù)能直接求出最值點(diǎn)的情況，進(jìn)行求解，若參變分離不易求解問題，就要考慮利用分類討論法和放縮法，注意恒成立與存在性問題的區(qū)別． 19．(1)冰箱能夠按要求運(yùn)送入客戶家中，理由見解析； (2)最小值為米，此情況下能推運(yùn)冰箱高度的最大值為米. 【分析】（1）過A，D作水平線，作，由可得； （2）延長(zhǎng)與直角走廊的邊相交于、，由表示出，設(shè)進(jìn)行換元，利用單調(diào)性即可求解. 【詳解】（1）過A，D作水平線，作如圖， 當(dāng)傾斜角時(shí)，冰箱傾斜后實(shí)際高度（即冰箱最高點(diǎn)到地面的距離） ，????????????????????? 故冰箱能夠按要求運(yùn)送入客戶家中． （2）延長(zhǎng)與直角走廊的邊相交于、， 則，，， 又， 則，． 設(shè)， 因?yàn)?，所以，所以? 則 ， 再令，則， 易知，在上單調(diào)遞增， 所以單調(diào)遞減， 故當(dāng)，即，時(shí)，取得最小值. 由實(shí)際意義需向下取，此情況下能順利通過過道的冰箱高度的最大值為米．