江西省九师联盟2024届高三1月质量检测（新教材-L）数学含解析.docx

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1、江西省九师联盟2024届高三1月质量检测（新教材-L）数学含精品解析高三数学考生注意：1本试卷分选择题和非选择题两部分。满分150分，考试时间120分钟。2答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。4本卷命题范围：高考范围一、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已知复数z满足，

2、则A3B2CD12已知集合，则ABCD3如图是正方体的表面展开图，在原正方体中，直线AB与CD所成角的大小为ABCD4已知向量，若，则ABCD5下表统计了2017年2022年我国的新生儿数量（单位：万人）年份201720182019202020212022年份代码x123456新生儿数量y17231523146512001062956经研究发现新生儿数量与年份代码之间满足线性相关关系，且，据此预测2023年新生儿数量约为（精确到0.1）（参考数据：）A773.2万B791.1万C800.2万D821.1万6甲箱中有2个白球和4个黑球，乙箱中有4个白球和2个黑球先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，

3、以，分别表示由甲箱中取出的是白球和黑球；再从乙箱中随机取出一球，以B表示从乙箱中取出的是白球，则下列结论错误的是A，互斥BCD7阿波罗尼斯（约公元前262年约公元前190年），古希腊著名数学家主要著作有圆锥曲线论、论切触等尤其圆锥曲线论是一部经典巨著，代表了希腊几何的最高水平，此书集前人之大成，进一步提出了许多新的性质其中也包括圆锥曲线的光学性质，光线从双曲线的一个焦点发出，通过双曲线的反射，反射光线的反向延长线经过其另一个焦点已知双曲线C：（，）的左、右焦点分别为，其离心率，从发出的光线经过双曲线C的右支上一点E的反射，反射光线为EP，若反射光线与入射光线垂直，则ABCD8若集合中仅有2个整

4、数，则实数k的取值范围是ABCD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过抛物线（）的焦点F作直线l，交抛物线于A，B两点，若，则直线l的倾斜角可能为A30B60C120D15010已知函数（，），若的图象过，三点，其中点B为函数图象的最高点（如图所示），将图象上的每个点的纵坐标保持不变，横坐标变为原来的倍，再向右平移个单位长度，得到函数的图象，则ABC的图象关于直线对称D在上单调递减11如图，正方体的棱长为2，点E是AB的中点，点P为侧面内（含边界）一点，则A若平面，则点P与点B重合B以

5、D为球心，为半径的球面与截面的交线的长度为C若P为棱BC中点，则平面截正方体所得截面的面积为D若P到直线的距离与到平面的距离相等，则点P的轨迹为一段圆弧三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12的展开式中的常数项为 （用数字作答）13已知A为圆C：上的动点，B为圆E：上的动点，P为直线上的动点，则的最大值为 14在1，3中间插入二者的乘积，得到13，3，称数列1，3，3为数列1，3的第一次扩展数列，数列1，3，3，9，3为数列1，3的第二次扩展数列，重复上述规则，可得1，3为数列1，3的第n次扩展数列，令，则数列的通项公式为 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证

6、明过程或演算步骤。15（本小题满分13分）面试是求职者进入职场的一个重要关口，也是机构招聘员工的重要环节某科技企业招聘员工，首先要进行笔试，笔试达标者进入面试，面试环节要求应聘者回答3个问题，第一题考查对公司的了解，答对得2分，答错不得分，第二题和第三题均考查专业知识，每道题答对得4分，答错不得分（1）若一共有100人应聘，他们的笔试得分X服从正态分布，规定为达标，求进入面试环节的人数大约为多少（结果四舍五入保留整数）；（2）某进入面试的应聘者第一题答对的概率为，后两题答对的概率均为，每道题是否答对互不影响，求该应聘者的面试成绩Y的数学期望附：若（），则，16（本小题满分15分）如图，在ABC

7、中，D为ABC外一点，记，（1）求的值；（2）若ABD的面积为，BCD的面积为，求的最大值17（本小题满分15分）我国古代数学名著九章算术中记载：“刍（ch）甍（mng）者，下有袤有广，而上有袤无广刍，草也甍，窟盖也”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱刍甍的字面意思为茅草屋顶”现有一个“刍甍”如图所示，四边形ABCD为矩形，四边形ABFE、CDEF为两个全等的等腰梯形，EFAB，P是线段AD上一点（1）若点P是线段AD上靠近点A的三等分点，Q为线段CF上一点，且，证明：PF平面BDQ；（2）若E到平面ABCD的距离为，PF与平面BCF所成角的正弦值为，求AP的长18（本小题满

8、分17分）已知椭圆C：（）的左、右焦点分别为，右顶点为A，且，离心率为（1）求C的方程；（2）已知点，M，N是曲线C上两点（点M，N不同于点A），直线AM，AN分别交直线于P，Q两点，若，证明：直线MN过定点19（本小题满分17分）已知函数（）（1）当时，求的最小值；（2）若有2个零点，求a的取值范围高三数学参考答案、提示及评分细则1C因为，所以，所以故选C2B由，得，或，所以所以，由，得，所以故选B3D将表面展开图还原为正方体，AB与CD在正方体中的位置如图所示，易证AB平面DCE，所以ABCD，故直线AB与CD所成角的大小为故选D4C因为，所以，即，所以，所以故选C5A由题意得，所以，所以

9、，当时，故选A6C因为每次只取一球，故，是互斥的事件，故A正确；由题意得，故B，D均正确；因为，故C错误故选C7B设，由题意知，所以，所以，又，所以，解得，所以故选B8A原不等式等价于，设，则，令，得当时，单调递增；当时，单调递减又，时，因此与的图象如图，当时，显然不满足题意；当时，当且仅当，或由第一个不等式组，得，即，由第二个不等式组，得，该不等式组无解综上所述，故选A9BC当l的倾斜角为锐角时，如图所示，由抛物线（）的焦点为F，准线方程为，分别过A，B作准线的垂线，垂足为A，B，直线l交准线于C，作BMAA，垂足为M，则，所以，所以，则l的倾斜角，同理可得当直线l的倾斜角为钝角时，其大小为

10、120故选BC10BC由题意得，所以，由，得，所以，所以又，只可能，所以，所以，故A错误，B正确；因为，所以的图象关于直线对称，故C正确；令（），解得（），令，得，又包含但不是其子集，故D错误故选BC11ABC由正方体的性质，易证平面，若点P不与B重合，因为平面，则，与矛盾，故当平面时，点P与B重合，故A正确；由题意知三棱锥为正三棱锥，故顶点D在底面的射影为的中心H，连接DH，由，得，所以，因为球的半径为，所以截面圆的半径，所以球面与截面的交线是以H为圆心，为半径的圆在内部部分，如图所示，所以，所以，同理，其余两弦所对圆心角也等于，所以球面与截面的交线的长度为，故B正确；对于C，过E，P的直线

11、分别交DA、DC的延长线于点G，M，连接、，分别交侧棱于点N，交侧棱于点H，连接EH和NP，如图所示：则截面为五边形，易求，故，所以，所以五边形的面积，故C正确；因为平面，所以因为平面平面，故点P到平面的距离为点P到的距离，由题意知点P到点的距离等于点P到的距离，故点P的轨迹是以为焦点，以为准线的抛物线在侧面内的部分，故D错误故选ABC12，令，解得，故常数项为13设关于直线的对称点为，则，解得，故要使的值最大，则P，A，B（其中B为B关于直线的对称点）三点共线，且该直线过C，E两点，如图，其最大值为14因为，所以，所以，又，所以，所以是以为首项，3为公比的等比数列，所以，所以15解：（1）因

12、为X服从正态分布，所以，所以进入面试的人数，因此，进入面试的人数大约为16（2）由题意可知，Y的可能取值为0，2，4，6，8，10，则；所以16解：（1）在ABD中，由余弦定理，得，在BCD中，由余弦定理，得，所以，所以，即（2）由题意知，所以，由（1）知，所以，所以，所以当时，取得最大值，最大值为17（1）证明：连接CP交BD于点H，连接HQ，因为ADBC，且，所以，因为，所以，所以，所以PFHQ，因为平面BDQ，平面BDQ，所以PF平面BDQ（2）解：分别取AD，BC的中点I，J，连接EI，IJ，FJ，则IJAB，且，因为四边形ABFE与四边形CDEF为全等的等腰梯形，所以，四边形EIJF

13、为等腰梯形，且EFIJ，EIAD，FJBC，又ADBC，所以FJAD，因为EI，平面EIJF，且EI，FJ为两条相交直线，所以AD平面EIJF，所以平面ABCD平面EIJF过E在平面EIJF内作IJ的垂线，垂足为M，则EM平面ABCD，过M作MKAD，易得MK，MJ，ME两两垂直，以M为坐标原点，MK，MJ，ME所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系（如图所示），则，设（），所以，设平面BCF的一个法向量，则，即，令，解得，所以，设PF与平面BCF所成角的大小为，则，解得，且满足题意，所以，或18（1）解：设C的半焦距为c，由题意得，解得，故C的方程为（2）证明：设MN的方程为（），

14、代入，得，由，得，设，则，所以，直线AM的方程为，令，得，故，同理可求，所以，由，得，即，所以，所以，解得，所以直线MN的方程为，故直线MN过定点19解：（1）的定义域为当时，令（），则，所以在上单调递增，又，所以当时，；当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以（2）由题意知（）当时，在上恒成立，所以在上单调递增，所以至多有一个零点，不合题意；当时，令，则在上恒成立，所以在上单调递增，因为，所以存在唯一，使得，所以当时，；当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以（a）当时，由（1）知，即时，且，只有一个零点1，不合题意；（b）当时，因为，则，又在上单调递减，所以，而，令，则当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，所以；当时，即又，所以，所以，由的单调性及零点存在定理，知在上有且仅有一个零点又在上有且仅有一个零点1，所以，当时，存在两个零点；（c）当时，由，得，又在上单调递增，所以取，则，所以当时，所以，所以，所以又，所以，由的单调性及零点存在定理，知在上有且有一个零点，又1为在内的唯一零点，所以当时，存在两个零点综上可知，a的取值范围是