江西省名校联盟2024届高三上学期1月质量检测试数学
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，则
A．3 B．2 C． D．1
2．已知集合，，则
A． B． C． D．
3．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
A． B． C． D．
4．已知向量，，若，则
A． B． C． D．
5．下表统计了2017年～2022年我国的新生儿数量（单位：万人）．
年份 2017 2018 2019 2020 2021 2022
年份代码x 1 2 3 4 5 6
新生儿数量y 1723 1523 1465 1200 1062 956
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：）
A．773.2万 B．791.1万 C．800.2万 D．821.1万
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，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 B． C． D．
7．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
A． B． C． D．
8．若集合中仅有2个整数，则实数k的取值范围是
A． B． C． D．
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
A．30° B．60° C．120° D．150°
10．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
A． B．
C．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（chú）甍（méng）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，EF∥AB，，，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
1．C
因为，所以，所以．故选C．
2．B
由，得，或，所以．所以，由，得，所以．故选B．
3．D
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AB⊥CD，故直线AB与CD所成角的大小为．故选D．
4．C
因为，所以，即，所以，所以．故选C．
5．A
由题意得，，所以，所以，当时，．故选A．
6．C
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C．
7．B
设，，，由题意知，，，所以，，，所以，又，所以，解得，所以．故选B．
8．A
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A．
9．BC
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BM⊥AA＇，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120°．故选BC．
10．BC
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BC．
11．ABC
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ABC．
12．
，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AD∥BC，且，所以，
因为，所以，
所以，所以PF∥HQ，
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IJ∥AB，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为等腰梯形，且EF∥IJ，，
EI⊥AD，FJ⊥BC，又AD∥BC，所以FJ⊥AD，
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MK∥AD，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（），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（）．
①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；
②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．
