江西省部分学校2024届高三上学期12月联考数学试题（Word版附解析）.docx

1、2023年江西省高三12月份联考数 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：本大题共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，则的实部为（ ）A. B. 5C. 1D. 【答案】B【解析】【分析】运用复数乘法、加法的运算及复

2、数的实部定义即可求得结果.【详解】因为，所以，所以的实部为5.故选：B.2. 抛物线的准线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据抛物线方程与准线的关系，可得答案.【详解】因为，所以，所以抛物线的准线方程为.故选：C.3. 若奇函数，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意先确定，根据奇函数求，代入分段函数求解，进而计算可得.【详解】因为，又因为为奇函数，所以，因为，所以，所以. 故选：A4. 现有一个圆台形的杯子，杯口的内径为，杯底的内径与杯中盛满溶液时的液面高度均为，当杯中盛满溶液，且该溶液的密度时，杯中溶液的质量为（ ）A. B. C.

3、 D. 【答案】C【解析】【分析】根据圆台体积计算公式计算台体体积即溶液体积，根据计算溶液质量.【详解】当杯中盛满溶液时，溶液的体积，根据题意，所以，此时杯中溶液的质量为.故选：C5. 现有个不同的生肖吉祥物，分个给老师，其他个分给位学生，每位学生至少分到个，则这个生肖吉祥物的分配方法共有（ ）A. 种B. 种C. 种D. 种【答案】B【解析】【分析】先分个给老师，再将剩余的个分成组，最后分给学生.【详解】分三步，先分个给老师，共有种分法，再把剩余的个分成组，共有种分组方法，最后将分好组的吉祥物分给位学生，共有种分法，故这6个生肖吉祥物的分配方法共有种，故选：B.6. 已知向量，满足，则的最大

4、值为（ ）A. B. 2C. D. 4【答案】D【解析】【分析】根据向量数量积运算性质，可得答案.【详解】因为，所以，即，整理得，又，所以，即，所以，即，又，所以当与反向时，取得最大值，且最大值为.故选：D.7. 已知函数，的定义域均为，则（ ）A. 当取得最大值时，取得最小值B 当取得最大值时，C. 与的图象关于点对称D. 与的图象关于直线对称【答案】D【解析】【分析】利用三角恒等变换与三角函数的图象及其性质，对每个选项逐一判断即可.【详解】对于选项A：，当取得最大值时，则，A错误.对于选项B：当取得最大值时，则，B错误对于选项C，D：因为，所以与的图象关于直线对称，C错误，D正确.故选：D

5、.8. 已知函数恰有4个零点，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】令得或，设函数，函数，利用导数判断出单调性结合图象可得答案.【详解】令，得或，设函数，则，当时，当时，所以.当时，设函数，则，当时，当时，所以，当时，作出与的大致图象，如图所示，由图可知，当时，直线与这两个函数的图象各有两个交点，且这些交点各不相同，此时恰有4个零点.故选：B.【点睛】关键点点睛：本题关键点是构造函数，利用导数得出函数的单调性和最大值.二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9

6、. 江西省2017年到2022年常住人口变化图如图所示，则（ ）A. 江西省2017年到2022年这6年的常住人口在2019年取得最大值B. 江西省2017年到2022年这6年的常住人口的极差为148.70万C. 江西省2017年到2022年这6年的常住人口的中位数为4527.98万D. 江西省2017年到2022年这6年的常住人口的第80百分位数为4647.60万【答案】ABD【解析】【分析】观察图表，结合极差、中位数、百分位数公式计算即可.【详解】由图可知，将江西省2017年到2022年这6年的常住人口（单位：万）按照从小到大的顺序排列为4517.40，4518.86，4527.98，46

7、22.10，4647.60，4666.10，对于A项，这6年的常住人口在2019年取得最大值，故A项正确；对于B项，极差为万，故B项正确；对于C项，中位数为万，故C项错误；对于D项，因为，所以第80百分位数为4647.60万，故D项正确.故选：ABD.10. 在等差数列中，下列结论正确是（ ）A. 是定值B. 的前9项和为54C. 的最大值为25D. 若，则的最小值为【答案】ACD【解析】【分析】由等差数列的等和性可判断A项，由等差数列前n项和公式及等差数列等和性计算可判断B项，由基本不等式可判断C项，由可得，结合“1”的代换及基本不等式可判断D项.【详解】对于A项，由等差数列的等和性可知，

8、，解得，故A项正确；对于B项，由A项知，故B项错误；对于C项，因为，所以，当且仅当时等号成立，故C项正确；对于D项，因为，所以，所以，当且仅当，即时等号成立，故D项正确.故选：ACD.11. 已知曲线，斜率为的直线经过点，下列结论正确的是（ ）A. 的周长为B. 若与恰有3个公共点，则的取值范围为C. 若与恰有2个公共点，则的取值范围为D. 若与恰有1个公共点，则的取值范围为【答案】BC【解析】【分析】由题意，作图，结合直线与圆的位置关系，可得答案.【详解】由，得，则曲线表示两个关于轴对称的半圆弧（半径为1），且左半圆的圆心为，右半圆的圆心为，曲线与轴的交点为，.故曲线的周长为，A错误.若直线

9、与左半圆相切，则，解得，由图可知.若直线与右半圆相切，则，解得，由图可知.若直线经过点，则.若直线经过点，则.若直线经过点，则.若与恰有1个公共点，则的取值范围为，D错误.若与恰有2个公共点，则的取值范围为，C正确.若与恰有3个公共点，则的取值范围为，B正确.故选：BC.12. 如图，在边长为的正方形中剪掉四个阴影部分的等腰三角形，其中为正方形对角线的交点，将其余部分折叠围成一个封闭的正四棱锥，若该正四棱锥的内切球半径为，则该正四棱锥的表面积可能为（ ）A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【分析】设翻折前，根据三角形及棱锥的性质可得棱锥的高与斜高，进而可得四棱锥的体积与表面积，结合内切

10、球的性质可得解.【详解】设翻折前，则翻折后，斜高，该四棱锥的高，则.该四棱锥的表面积.因为该正四棱锥的内切球半径为，所以，即，则，解得或或（舍）故或.故选：BC.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.13. 若集合，则的最小值为_.【答案】6【解析】【分析】先求出集合，然后由，从而求解.【详解】由，解得，所以，因为，所以，所以的最小值为.故答案为：.14. 若随机变量，且，则_.【答案】【解析】【分析】根据二项分布求方差和期望的公式列方程解【详解】因为，所以，解得或，因为，所以，所以.故答案为：15. 请写出一个同时满足下列两个条件的函数：_.；函数在上

11、单调递增.【答案】（答案不唯一，形如均可）【解析】【分析】根据，可设，再根据性质确定的可能取值.【详解】因为，所以可设，则.因为函数在上单调递增，所以，所以满足这两个条件，故答案为：（答案不唯一）.16. 已知双曲线的两个焦点为，为上一点，则的离心率为_.【答案】【解析】【分析】运用等腰三角形性质可得，由与相似可得，进而可求得，结合双曲线定义及离心率公式可求得结果.【详解】在线段上取一点，使得，如图，因为，所以，所以，所以.易知与相似，则.设，则有，则，解得（负根舍去），所以的离心率故答案为：.四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 如图，在梯形中

12、，.（1）若，求的长；（2）若，求.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理进行求解即可；（2）利用余弦定理进行求解即可.【小问1详解】在中，由正弦定理得，则.【小问2详解】因为，所以.由余弦定理得，则，所以.18. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，.（1）证明：平面平面.（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）运用勾股定理证得，结合线面垂直的判定定理可证得平面，进而可证得平面平面.（2）由线面垂直性质可证得，建立空间直角坐标系运用空间向量坐标法求线面角即可.【小问1详解】证明：在正方形中，所以，所以.又因为，、平面，所以平面

13、.又平面，所以平面平面.【小问2详解】由（1）知平面，又，所以平面，又平面，所以.又，所以为坐标原点，的方向分别为，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则，.设平面的法向量为，则，令，得.因为，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为.19. 已知某地居民中青少年、中年人、老年人人数比例为，假设该地居民选择寒假旅游地相互独立，且他们寒假去江西庐山、三清山旅游的概率如下表所示：青少年中年人老年人只去庐山旅游只去三清山旅游庐山、三清山都去旅游（1）若从该地居民（仅指青少年、中年人、老年人）中任选一人，求此人寒假去庐山旅游的概率；（2）若甲，乙分别是该地居民中的一位中年人、老年人，记这两人中寒假去三

14、清山旅游的人数为，求的分布列.【答案】（1） （2）分布列见解析【解析】【分析】（1）根据互斥事件的加法公式及全概率公式直接计算；（2）根据互斥事件的加法公式分别可得中年人与老年人去三清山旅游的概率，进而确定分布列.【小问1详解】由表可知该地居民中青少年寒假去庐山旅游的概率为，该地居民中中年人寒假去庐山旅游的概率为，该地居民中老年人寒假去庐山旅游的概率为，所以根据全概率公式可得，此人寒假去庐山旅游的概率为；【小问2详解】由表可知该地居民中中年人、老年人寒假去三清山旅游的概率分别为，的可能取值为，则的分布列为20. 已知点，设，当时，线段的中点为，关于直线的对称点为.例如，为线段的中点，则，.（

15、1）设，证明：是等比数列.（2）求数列的通项公式.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）利用等比数列的定义证明；（2）利用累加法求数列的通项公式.【详解】（1）证明：当时，线段的中点为，则.由得，所以，即.因为，所以是以2为首项，为公比的等比数列.（2）解：由（1）知，即，则，将以上各式相加得.因为，所以.当时，也符合上式，故.21. 过点作轴的垂线，垂足为，且该垂线与抛物线交于点，记动点的轨迹为曲线.（1）试问为何种圆锥曲线？说明你的理由.（2）圆是以点为圆心，为半径的圆，过点作圆的两条切线，这两条切线分别与相交于点，（异于点）.当变化时，是否存在定点，使得直线恒过点？若存在

16、，求的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）椭圆，理由见解析 （2）存在定点满足题意【解析】【分析】（1）设，进而表示出，结合即可求得结果.（2）由直线与圆相切可得，设切线，的斜率分别为，由韦达定理得，设，联立切线与圆的方程可求出点M、点N的坐标，进而求出，由点斜式方程可求出直线的方程，进而可求得定点.【小问1详解】为椭圆.理由：如图所示，设，则，则，.因为，所以，所以为椭圆.【小问2详解】存在定点满足题意.理由：由题可知切线的斜率存在，如图所示，设切线方程为，圆，则，整理得.设切线，的斜率分别为，则，是上述方程的两根，由韦达定理得.设，由得.因为，所以，.同理可得，.因为，所以，所以，所

17、以直线的方程为，即，整理得.令，得，故存在定点满足题意.【点睛】求解直线或曲线过定点问题的方法指导（1）把直线或曲线方程中的变量，当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于，的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点（2）由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式，则直线必过定点；若得到了直线方程的斜截式，则直线必过定点22. 已知函数，且.（1）讨论的单调性；（2）若，求的取值范围；（3）证明：当，且，时，恒成立.【答案】（1）答案见解析 （2） （3）证明见解析【解析】【分析】（1

18、）求导，分和，结合函数单调性解不等式，结合导数判断原函数单调性；（2）分和，结合，利用参变分类结合恒成立问题分析求解；（3）结合（1）分析可得，进而可得结果.【小问1详解】由题意可知：，由，得，且，当时，则，在上单调递减，若，则，若，则，所以在上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增，若，则，若，则.所以在上单调递减，在上单调递增.【小问2详解】，.当时，所以满足题意；当时，由（1）知当时，即，则，所以，即，令，则为减函数，则，这与矛盾，所以不满足题意；综上，的取值范围是.【小问3详解】.当时，设，因为，所以，所以，令（，），得，故，即.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤（1）作差或变形；（2）构造新的函数；（3）利用导数研究的单调性或最值；（4）根据单调性及最值，得到所证不等式；特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题