2023—2024学年江西省高三12月统一调研测试
数学
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名 准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
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.
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.已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2.已知复数，则满足的所有不相等的复数之和的虚部为（ ）
A.1 B. C.2 D.
3.已知直线的一个方向向量为，则的值为（ ）
A. B. C. D.
4.从2，3，4，5，6这5个数字中任取3个，则这3个数的乘积能被12整除的取法有（ ）
A.7种 B.8种 C.9种 D.10种
5.已知且，若函数为偶函数，则（ ）
A. B. C.2 D.4
6.已知圆上两个不同的点，，若直线的斜率为，则（ ）
A. B.1 C. D.2
7.设为等差数列的前项和，则对，“”是“”的（ ）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
8.定义：设二元函数在点的附近有定义，当固定在而在处有改变量时，相应的二元函数有改变量，如果存在，那么称此极限为二元函数在点处对的偏导数，记作.若在区域内每一个点对的偏导数都存在，那么这个偏导数就是一个关于，的二元函数，它就被称为二元函数对自变量的偏导函数，记作.已知，若，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
二 多选题：本题共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.已知双曲线：（，）的离心率为2，下列双曲线中与双曲线的渐近线相同的是（ ）
A. B.
C. D.
10.已知的展开式中第3项与第6项的二项式系数相等，则二项式展开式中（ ）
A.所有二项式系数和为128 B.所有项系数和为
C.不存在常数项 D.含项的系数为
11.已知函数，其中，，是的导函数，若的最大值为，且，则使函数在区间上的值域为的的取值可以为（ ）
A. B. C. D.
12.如图，在长方体中，其表面积与12条棱长之和均为24，，分别为棱，的中点，则下列说法正确的是（ ）
A.该长方体的外接球表面积为
B.平面
C.若线段与平面交于点，则
D.平面将长方体分成两部分，其中较小部分与较大部分的体积之比为7：17
三 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.已知抛物线的顶点在坐标原点，焦点在坐标轴上，若点在上且，则的方程为______.
14.已知圆：，写出满足条件“圆上到直线的距离为1的点的个数是奇数”的一个的值为______.
15.达·芬奇认为：和音乐一样，数学和几何“包含了宇宙的一切”，从年轻时起，他就本能地把这些主题运用在作品中，布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达 芬奇方砖，在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1），把三片这样的达·芬奇方砖形成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的几何体.若图3中每个正方体的棱长为1，则异面直线与所成角的余弦值为______.
16.已知函数，的极值点从小到大依次为，，…，，则______.
四 解答题：本题共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.（10分）某学校即将迎来建校80周年，为了增进学生爱校 荣校意识，团委组织学生开展“迎校庆 知校史”的知识竞赛活动，共有100名同学参赛.为了解竞赛成绩的分布情况，将100名同学的竞赛成绩按，，，，，分成6组，绘制成如图所示的频率分布直方图.
（1）用样本估计总体，求图中的值及此次知识竞赛成绩的80%分位数；
（2）现从竞赛成绩在的学生中以分层抽样的方式抽取15人进行培训，经过一轮培训后再选取2人担任主持人工作，求在至少1人来自分数段的条件下，另外1人来自分数段的概率.
18.（12分）如图1，在直角中，，，，，分别为边，的中点，将沿进行翻折，连接，得到四棱锥（如图2），点为的中点.
（1）当点与点首次重合时，求翻折旋转所得几何体的表面积；
（2）当为正三角形时，求直线与平面所成角的正弦值.
19.（12分）设等差数列的前项和为，，条件①；②；③.请从这三个条件中任选两个作为已知，解答下面的问题.
（1）求数列的通项公式；
（2）记数列的前项和为，证明：对任意，，都有.
注：如选择多种组合分别解答，按第一种解答计分.
20.（12分）如图，在中，是边上一点.
（1）若，求；
（2）若，记，，且，求.
21.（12分）已知椭圆：（）的左 右焦点分别为，，为坐标原点，点为椭圆上的一点满足，.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设椭圆的左 右顶点分别为，，过作一条斜率不为零的直线与椭圆分别交于，两点，直线，与轴的交点分别为，，求.
22.（12分）已知函数，的图象在点处的切线方程为.
（1）求的解析式；
（2）证明：，恒成立.
2023—2024学年江西省高三12月统一调研测试
数学参考答案及评分细则
1.【答案】D
【解析】易得，，从而，故选D.
2.【答案】C
【解析】由得，，从而，即，因此.满足的所有不相等的复数有，，所以，故选C.
3.【答案】D
【解析】易知直线的斜率为，所以，即，故选D.
4.【答案】A
【解析】从2，3，4，5，6这5个数字中任取3个其有种取法，其中这3个数的乘积不能被12整除的取法有3种，分別为，，，所以这3个数的乘积能被12整除的取法有7种，故选A.
5.【答案】C
【解析】由题知的定义域为，因为为偶函数，所以，即，解得，故选C.
6.【答案】B
【解析】解法一：因为直线的斜等为，所以.从而，因此，故选B.
解法二：取，，则，故选B.
解法三：设的中点为，由圆的性质，，，故选B.
7.【答案】A
【解析】设等美数列的公差为，由可得，即，从而，即.反之，由可得，从而，但不一定成立，所以“”是“”的充分不必要条件，故选A.
8.【答案】B
【解析】由，得，所以，从而，即，解得，当时，，当时，，，故选B.
9.【答案】BCD
【解析】因为双曲线：（，）的离心率为2，所以，解得，所以双曲线的渐近线为.双曲线的渐近线为，故A选项错误；双曲线，，的渐近线均为，故选BCD.
10.【答案】AC
【解析】因为第3项与第6项的二项式系数相等，则，解得，所以的展开式中所有二项式系数和为，故选项A正确；将代入二项式中可得各项系数和为，故选项B错误；在中，第项，取，即，所以不存在常数项，故选项C正确；取，即，所以，所以含项的系数为84，故选项D错误.故选AC.
11.【答案】BC
【解析】由求导得，所以（其中），因为的是大值为，所以，又，所以.因为，所以，从而.又因为，所以，因此.要使函数在区间上的值域为，则，解得，故选BC.
12.【答案】ABD
【解析】设该长方体的长 宽 高分别为，，，由题意知即该长方体的外接球半径，则外接球表面积为，故A正确；因为，所以，从而该长方休是棈长为2的正方体，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，.对于B选项，，，，则且，，所以平面，故选项B正确；对于C选项，由B可知，平面的一个法向量为，又，所以点到平面的距离为，又，所以，，故选项C错误；对于D选项，设平面与棱交于点，易知为的中点，棱台的体积为，而长方体的体积为8，所以平面将长方体分成两部分.其中较小部分与较大部分的体积之比为7：17，故选项D正确，故选ABD.
13.【答案】
【解析】由題意知，抛物线的焦点在坐标轴的正半轴.当指物线的焦点在轴的正半轴时，设抛物线方程为（），将点代入解得，且，不符合题意；当抛物线的焦点在轴的正半轴时，设指物线力程为（），将点代入解得，且，符合题意，此时抛物线方程为.
14.【答案】（或2或或6）
【解析】由題意知，当圆心到直线的距离为3，即，时，圆上到直线距离为1的个数为1；当圆心到直线的距离为1，即，时，圆上到直线距离为1的个数为3，故的取值为或2或或6.
15.【答案】
【解析】如图以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，设与所成的角为，则.
16.【答案】3
【解析】，由，解得或，由图可知，在区间上，的两个实根为，，即，且，；的两个实根为，，即，且，.，，，，所以，所以，，，成等差数列，故.
17.解：（1）体題意得，解得.
由，
，
所以知识竞赛成绩的80%分位数位于区间，设为，
则，解得，
所以此次知识竞赛成绩的80%分位数为93.
（2）因为从竞赛成绩在的学生中以分层抽样的方式抽取15人，其中在竞赛成绩分数段，，的人数分别为4，6，5.
解法一：至少有一人来自分数段的情况共有种，
选出的2人中1人来自分数段，另外1人来自分数段的情况在种，
故选出2人且在至少1人来自分数段的条件下，另外1人来自分数段的概率为.
解法二：记事件代表“选出的2人中至少1人来自分数段”，事件代表“选出的2人中1人来自分数段，另外1人来自分数段”，
由，，
敬.
18.解：（1）由题意，在中，，，，是的中位线，
当点与点首次重合时，翻折旋转所得的几何体是以2为半径 为高的半个圆锥，
所以翻折旋转所得几何体的表面积为
.
（2）当为正三角形时，以的中点为原点，，，所在直线分別为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系.
有，，，，
则，.
设平面的法向量为，则
令，平面的一个法向量为，
又因为，
设直线与平面所成的角为，
.
19.（1）解：在等差数列中，设首项为，公差为，
若选条件①②有即
则数列的通项公式为.
若选条件①③有即
则数列的通项公式为.
若选条件②③有即
则数列的通项公式为.
（2）证明：由（1）可知，则，
所以.
解法一：当为偶数时，单调递减，，
当为奇数时，单调递增，，
敬的最大值与最小值分别为与.
又，所以对任意，，都有.
解法二：当，时，，
而.
所以对任意，，都有.
20.解：（1）解法一；由，得，，，
因为，
所以，
即，
解得.
解去二：由，得，，，
在中由余弦定理得，
在中由余弦定理得，
期.
（2）因为.所以.
又，所以.
进一步有.①
又因为，即，②
②代入①得，③
由②③并结合，解得.所以.
21.解：（1）设，，
则
解，
所以椭圆的标准方程为.
（2）设直线的方程为，，.
与椭圆方程联立并化简，
则，，从而.
直线的方程为，令，得，同理，
由，
而
，
所以，即.
22.解：（1）因为函数的图像在处的切线方程为，所以，，
①
又，
所以，②
由①②解得，，
所以.
（2）设，
，
又当时，，
令，即，
设，易知在上单调递增，
又，，
所以存在唯一的，使得，即.
且当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
从而的最小值为，
由得，，即，.
所以
令，.
，
令，
虽然当时，，所以在上单调递增，从而，
期，所以在上单调递增，从而，即，
因此，即，恒成立.
