江西八所重點中學2024屆高三聯(lián)考考后提升數(shù)學模擬訓練一（解析版）

江西八所重點中學2024屆高三聯(lián)考考后提升卷數(shù)學模擬訓練一一、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.已知拋物線上一點的橫坐標為4，則點到焦點的距離為（）A.4 B.2 C.6 D.8【答案】A【解析】【分析】由題意求得拋物線準線方程以及點縱坐標，再結合拋物線定義即可求解.【詳解】由題意拋物線準線為，點的縱坐標為，所以點到焦點的距離即點到拋物線準線的距離為.故選：A.2.集合，，，則集合中的元素個數(shù)為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】解不等式，得出整數(shù)的取值，即可得解.【詳解】解不等式，可得，所以，整數(shù)的取值有、、，又因為集合，，則，即集合中的元素個數(shù)為.故選：B.3.已知正項等比數(shù)列中，，為的前n項和，，則（）A.7 B.9 C.15 D.20【答案】C【解析】【分析】根據(jù)等比數(shù)列的求和公式可得結果.【詳解】設等比數(shù)列的公比為q，依題意有，又，當時，，故舍去，當時，因為，則，化簡得，即且，，故，故選：C.4.棣莫弗公式（其中i為虛數(shù)單位）是由法國數(shù)學家棣莫弗（1667-1754）發(fā)現(xiàn)的，根據(jù)棣莫弗公式可知，復數(shù)在復平面內所對應的點位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】B【解析】【分析】由棣莫弗公式化簡結合復數(shù)的幾何意義即可得出答案.【詳解】，在復平面內所對應的點為，在第二象限.故選：B5.若函數(shù)的導數(shù)的最小值為0，則函數(shù)的零點為（）A.0 B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由，確定，由的最小值為0，得出的解析式，進一步求出函數(shù)的零點.【詳解】因為函數(shù)的導數(shù)，所以，c為常數(shù)，設，則恒成立，在R上單調遞增，又，所以當時，即，所以單調遞減，當時，即，所以在單調遞增，所以在處取得最小值，即，故，所以，故，令，解得，函數(shù)的零點為.故選：B.6.如圖，節(jié)日花壇中有5個區(qū)域，現(xiàn)有四種不同顏色的花卉可供選擇，要求相同顏色的花不能相鄰栽種，則符合條件的種植方案有（）種．A.36 B.48C.54 D.72【答案】D【解析】【分析】根據(jù)題意，按選出花的顏色的數(shù)目分2種情況討論，利用排列組合及乘法原理求出每種情況下種植方案數(shù)目，由加法原理計算可得答案．【詳解】解：由題意，如圖，假設5個區(qū)域為分別為1、2、3、4、5，

分2種情況討論：

當選用3種顏色花卉的時，2、4同色且3、5同色，共有涂色方法種，

當4種不同顏色的花卉全選時，即2、4或3、5用同一種顏色，共有種，

則不同的種植方法共有種；

故選：D.7.若，且，則的最小值為（）A B. C. D.【答案】B【解析】【分析】化簡解析式，得函數(shù)最大最小值與周期，利用條件轉化為與最值的關系，再由最值與周期的關系可得.【詳解】，的周期為，且令，則，則，由的值域為，故，則，故，由知，，或.即為函數(shù)的最大與最小值，或最小與最大值，當對應圖象上相鄰兩最值點時，的值最小，故.故選：B.8.如圖，，等邊的邊長為2，M為BC中點，G為的重心，B，C分別在射線OP，OQ上運動，記M的軌跡為，G的軌跡為，則（）A.為部分圓，為部分橢圓B.為部分圓，為線段C.為部分橢圓，為線段D.為部分橢圓，也為部分橢圓【答案】C【解析】【分析】建系如圖，由兩點間距離公式結合中點坐標公式可得點的軌跡方程，由此得為部分橢圓；過點作與軸垂直的直線分別交于點，交于點，得等邊，由平面幾何可得是等邊的外心，由此可得點的軌跡為軸在曲線內的一段線段.【詳解】以為原點，以的角平分線為軸建立平面直角坐標系如圖所示.依題意得直線的方程為，直線的方程為.設點，，由得（*），設點，因為是的中點，所以即.將其代入（*）得，即，故的軌跡為橢圓在內部的部分.過點作與軸垂直的直線分別交于點，交于點，則顯然也是等邊三角形.下面證明等邊的重心即等邊的外心.設，則，又，且，所以，因此.在和中，，又，所以，則，同理可證，即點是等邊的外心，所以，點在軸上移動，故點的軌跡為軸在曲線內的一段線段.故選：C.【點睛】關鍵點點睛：建立適當?shù)淖鴺讼凳墙鉀Q本題的關鍵.二、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，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9.設離散型隨機變量的分布列為：01230.40.30.2若離散型隨機變量滿足，則（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】【分析】利用分布列的性質求得，從而利用期望與方差公式與性質即可得解.【詳解】由分布列的性質知，則，故，故A正確；，故C錯誤；則，故B正確；所以，故D正確．故選：ABD．10.如圖，函數(shù)的圖象與x軸的其中兩個交點為A，B，與y軸交于點C，D為線段BC的中點，，，，則（）A.的最小正周期為 B.的圖象關于直線對稱C.在單調遞減 D.為奇函數(shù)【答案】CD【解析】【分析】結合題意計算可得，結合正弦型函數(shù)的性質逐項判斷即可得.【詳解】由題可，，，則，有，，，，把代入上式，得，解得(負值舍去)，，，由，解得，，解得，，對A，的最小正周期為，故A錯誤；對B：，故B錯誤；對C：當時，，在單調遞減，故C正確；對D：，為奇函數(shù)，故D正確.故選：CD.11.已知正方體的棱長為是中點，是的中點，點滿足，平面截該正方體，將其分成兩部分，設這兩部分的體積分別為，則下列判斷正確的是（）A.時，截面面積為 B.時，C.隨著的增大先減小后增大 D.的最大值為【答案】BCD【解析】【分析】對于A，易于判斷截面形狀，計算即得其面積；對于B，可由A項圖形進行對稱性判斷得到；對于C，要結合A項中點從點運動到點的過程中，截面形狀的變化，以及B項中的結論合并進行判斷；對于D，要在選項C的基礎上判斷取最大值時，對應于或時的情形，故只需要求出這兩種情形下的的值即得.【詳解】如圖1，當時，點是的中點，易得截面為正六邊形．其棱長為，故截面面積為故A項錯誤；由對稱性可知．當時．平面分兩部分是全等的，故體積相等，故B項正確；如圖2．當從0變化到1時．截面從四邊形變化至五邊形（其中為靠近點的三等分點）．結合B項可知，被截面所分兩部分體積之差的絕對值先減小至0，再逐漸增大，故C項正確；取最大值時對應為，或時情形．當時，不妨記為截面左上角的部分幾何體，則,則,此時；當時，不妨記為截面左上角的部分幾何體，則,則，此時.的最大值為，故D項正確．故選：BCD．【點睛】思路點睛：本題重點考查正方體的截面面積和分割成的幾何體的體積問題，屬于難題.解題思路在于要有從特殊到一般的思想，先考慮點為的中點時的截面和分割成的幾何體體積的關系，再考慮點分別與點，點重合時的截面形狀以及分割成的兩部分的體積，總結出體積變化規(guī)律即可.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.已知的展開式中常數(shù)項為80，則______.【答案】##【解析】【分析】計算展開式的通項公式，計算通項公式中含的項，結合，可求出常數(shù)項，代入計算即可求出的值.【詳解】解：由展開式的通項公式為，令，無整數(shù)解；令，解得，；令，解得，；∴展開式中的常數(shù)項為，解得.故答案為：.13.在中，，是的平分線，且，則實數(shù)的取值范圍_____.【答案】【解析】【分析】在和中，利用正弦定理可求得；利用余弦定理可構造方程組，得到，結合的范圍和余弦函數(shù)的值域可求得的取值范圍.【詳解】，，在和中，由正弦定理得：，，，即；設，則，，在和中，由余弦定理得：，，即，，；，，，.故答案為：.14.已知為實數(shù)，若不等式對任意恒成立，則的最大值是______.【答案】6【解析】【分析】先對不等式等價變換為，令得，構造函數(shù)，從而，又，利用不等式性質即可求解范圍.【詳解】因為，所以，則不等式等價于，等價于，令，則，從而，令，由對勾函數(shù)的性質知，因為，即，所以，令，則，解得，所以，當且僅當即時取等號，故的最大值是6.故答案為：6【點睛】關鍵點點睛：本題考查了復合函數(shù)的值域及不等式的性質，解題的關鍵是對不等式等價變形，利用換元法結合對勾函數(shù)性質求解函數(shù)范圍，最后利用不等式性質求解即可.四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15.已知為公差不為0的等差數(shù)列的前項和，且．（1）求的值；（2）若，求證：．【答案】（1）2（2）證明見解析【解析】【分析】（1）解法一：設的公差為，利用等差數(shù)列的定義可得答案；解法二：設的公差為，轉化為對恒成立，可得答案.（2）求出，利用裂項相消求和可得答案.【小問1詳解】解法一：設的公差為，由①，得②，則②-①得，即，又，則；解法二：設的公差為，因為，所以對恒成立，即對恒成立，所以，又，則；【小問2詳解】由得，即，所以，又即，則，因此則．16.如圖1，已知四邊形為直角梯形，其中，，，，A為垂足，將沿折起，使點Q移至點P的位置，得到四棱錐如圖2，側棱底，點E，F(xiàn)分別為，的中點.（1）若平面，求的長；（2）若，求直線與平面所成角的正弦值.【答案】（1）4（2）【解析】【分析】（1）利用線面垂直的判定定理證明平面，進而利用線面垂直的判定定理證明平面，利用線面垂直的性質得到，即可得到的長.（2）建立空間直角坐標系并求出相關點及向量的坐標，求出平面的法向量，由空間向量坐標公式直接計算直線與平面所成角的正弦值.【小問1詳解】由題易知四邊形是邊長為4的正方形，所以.由平面，平面，得，又，，平面，所以平面，又平面，所以.由平面，平面，得，而，，平面，所以平面，又平面，所以，又為的中點，所以.【小問2詳解】由題易知兩兩垂直，則以點A坐標原點，所在直線為x軸，所在直線為y軸，所在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，由，，得，，，，，則，，.設平面的法向量為，則，令，得，所以.設直線與平面所成角為θ，則，即直線與平面所成角的正弦值為.【點睛】思路點睛：空間中求解線面角的方法主要有兩種：（1）幾何法，根據(jù)定義轉化為直線與直線在平面內的射影所成的角，通過解三角形求解；（2）向量法，若直線l的方向向量為，平面α的法向量為，直線l與平面α所成的角為θ，則.17.抽屜里裝有5雙型號相同的手套，其中2雙是非一次性手套，3雙是一次性手套，每次使用手套時，從抽屜中隨機取出1雙（2只都為一次性手套或都為非一次性手套），若取出的是一次性手套，則使用后直接丟棄，若取出的是非一次性手套，則使用后經(jīng)過清洗再次放入抽屜中.（1）求在第2次取出的是非一次性手套的條件下，第1次取出的是一次性手套的概率;（2）記取了3次后，取出的一次性手套的雙數(shù)為X，求X的分布列及數(shù)學期望.【答案】（1）（2）分布列見解析，1.606【解析】【分析】（1）根據(jù)條件概率的計算公式，分別求出對應事件的概率，代入計算即可；（2）根據(jù)題意，計算離散型隨機變量的概率，得出分布列，計算期望即可.【小問1詳解】設“第1次取出的是一次性手套”為事件A，“第2次取出的是非一次性手套”為事件B，則，，所以在第2次取出的是非一次性手套的前提下，第1次取出的是一次性手套的概率為.【小問2詳解】記取出的一次性手套的雙數(shù)為，則，，，則，則X的分布列為：0123數(shù)學期望18.已知拋物線的焦點為，為上一點，且.（1）求的方程；（2）過點且斜率存在的直線與交于不同的兩點，且點關于軸的對稱點為，直線與軸交于點.（i）求點的坐標；（ii）求與的面積之和的最小值.【答案】（1）（2）（i）；（ii）【解析】【分析】（1）由條件結合拋物線的定義列方程求，由此可得拋物線方程；（2）（i）設的方程為，聯(lián)立方程組并化簡，設，應用韋達定理得，寫出直線方程，求出它與軸的交點坐標即得；（ii）由（i）的結論計算三角形面積和，結合基本不等式求其最值．【小問1詳解】由題意可得，解得，所以的方程為：；【小問2詳解】（i）由已知可得直線的斜率不為0，且過點，故可設的直線的方程為，代入拋物線的方程，可得，方程的判別式，設，，不妨設，則,所以直線AD的方程為：，即即，令，可得，所以，所以所以；（ii）如圖所示，可得，，所以與的面積之和當且僅當時，即時，等號成立，所以與的面積之和的最小值為.【點睛】方法點睛：本題主要考查拋物線的標準方程及幾何性質、及直線與拋物線的位置關系的綜合應用，解答此類題目，通常聯(lián)立直線方程與拋物線方程，應用一元二次方程根與系數(shù)的關系進行求解，此類問題易錯點是復雜式子的變形能力不足，導致錯解，能較好的考查考生的邏輯思維能力、運算求解能力、分析問題解決問題的能力等。19.已知函數(shù)，且在點處的切線的斜率為．設函數(shù)的最大值為．（1）求的值；（2）求證：；（3）若不等式，求實數(shù)的最大值．【答案】（1）；（2）證明見解析；（3）2.【解析】【分析】（1）根據(jù)題意，求導可得，再由導數(shù)的幾何意義即可得到結果；（2）根據(jù)題意，將函數(shù)最值問題轉化為隱零點問題，然后求導得最值，代入計算，即可證明；（3）根據(jù)題意，令，將不等式問題轉化為最值問題，結合函數(shù)的單調性以及零點存在定理，轉化為零點問題，再結合（2）中的結論，再由導數(shù)的應用代入計算，即可得到結果.【小問1詳解】因為，所以，所以，即，所以．【小問2詳解】證明：由（1）可知，，且的定義域是，所以，令，則，所以在上單調遞減，即在上