1、绝密启用前20232024学年高三年级5月统一调研测试数学试卷试卷共4页，19小题，满分150分。考试用时120分钟。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考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，请将答题卡交回。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已知抛物线方程为，则其焦点到准线的距离为（ ）ABC1D22若是关于的方程的一
2、个根，则（ ）A1BC2D3已知数列满足，则“”是“是递增数列”的（ ）A必要不充分条件B充分不必要条件C充要条件D既不充分也不必要条件4若，则（ ）ABCD无法确定5中国南北朝时期的著作孙子算经中，对同余除法有较深的研究设为整数，若和同时除以所得的余数相同，则称和对模同余，记为若，则的值可以是（ ）A2021B2022C2023D20246已知函数在区间上恰有两个极值点，则的值为（ ）A1BCD27已知点是圆上一点，点是圆上一点，则的最大值为（ ）ABCD8现为一球形玩具设计一款球形的外包装盒（盒子厚度忽略不计）已知该球形玩具的直径为2，每盒需放入4个玩具球，则该种外包装盒的直径的最小值为（
3、 ）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设集合，若，则的值可以为（ ）A1B0CD10已知函数对任意的，都有，且，则（ ）AB是奇函数C的周期为4D11已知，动点满足与的斜率之积为，动点的轨迹记为，过点的直线交于两点，且的中点为，则（ ）A的轨迹方程为B的最小值为1C若为坐标原点，则面积的最大值为D若线段的垂直平分线交轴于点，则点的横坐标是点的横坐标的4倍三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分12已知向量满足，向量在上的投影向量为，则_13在平面直角坐标系中，已知曲线的一条切
4、线与轴、轴分别交于两点，则的面积的最大值为_14如图是飞行棋部分棋盘，飞机的初始位置为0号格，抛掷一枚质地均匀的骰子，若抛出的点数为1，2，飞机向前移一格；若抛出的点数为3，4，5，6，飞机向前移两格直到飞机移到第（且）格（失败集中营）或第格（胜利大本营）时，游戏结束则飞机移到第3格的概率为_，游戏胜利的概率为_（第一空2分，第二空3分）012345四、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（13分）在中，角所对的边分别记为，且（1）若，求的大小；（2）若，求的取值范围16（15分）如图所示，四边形为直角梯形，且为等边三角形，平面平面（1）线段上是否存在一点，
5、使得平面，若存在请说明点的位置；若不存在，请说明理由；（2）空间中有一动点，满足，且求点的轨迹长度17（15分）已知函数（1）若，求的极值；（2）若，求的最大值18（17分）已知双曲线的左、右顶点分别为，渐近线方程为，过左焦点的直线与交于两点（1）设直线的斜率分别为，求的值；（2）若直线与直线的交点为，试问双曲线上是否存在定点，使得的面积为定值？若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由19（17分）在信息理论中，和是两个取值相同的离散型随机变量，分布列分别为：，定义随机变量的信息量，和的“距离”（1）若，求；（2）已知发报台发出信号为0和1，接收台收到信号只有0和1现发报台发出信号为0的概
6、率为，由于通信信号受到干扰，发出信号0接收台收到信号为0的概率为，发出信号1接收台收到信号为1的概率为（）若接收台收到信号为0，求发报台发出信号为0的概率；（用表示结果）（）记随机变量和分别为发出信号和收到信号，证明：上饶市2024届高三上饶一中 上饶二中 广信中学天佑中学 余干中学 玉山一中六校第二次联合考试数学参考答案及评分细则1【答案】C【解析】易知拋物线的标准形式为，所以其焦点到准线的距离为1故选C2【答少】A【解析】解法一：由题意，即，所以解得解法二：由韦达定理可得故选A3【答案】B【解析】当时，则，所以是递增数列；反之，当时，数列单调递增，因此当数列是递增数列时，可以大于1，所以“
7、”是“是递增数列”的充分不必要条件故选B4【答案】A【解析】令易知因为，所以，因为，所以，所以为利图潒交点的横坐标，为和图象交点的横坐标，在同一平面直角坐标系中作出利的图，由图可得故选A5【答案】C【解析】，所以除以10的余数为3，选项中除以10余数为3的只有2023故选C6【答案】C【解析】由题意得，则，由为两个极值点，则解得，所以故选C7【答案】B【解析】当点固定时，与圆相切时，最大，此时，因为，所以，因为为锐角，所以的最大值为故选B8【答系】D【解析】当大球半径最小时，四个小球两两外切并均与大球内切，大球的半径是棱长为2的正四面体的外接球半径加小球半径1，如图所示，把棱长为2的正四面体扩
8、成棱长为的正方体，其中正四面体的棱为正方体各个面的对角线，如图所示，则正四面体的外接球也是正方体的外接球，其半径为，所以大球的直径为故选D9【答案】ABD（每选对1个得2分）【解析】集合，由可得，则分或或或四种情况，当时，；当时，满足，解得；当时，满足，解得；当时显然不符合条件，所以的值可以为故选ABD10【答系】ACD（每选对1个得2分）【解析】解法一：，且，令，得，所以，A正确；令，得所以是偶函数，B错误；令，得所以，令，得，所以，即，所以的周期为4，C正确：，所以，D正确故选ACD解法二：上式是和美化积公式设，易证选项ACD正确故选ACD11【答案】CD（每选对1个得3分）【解析】设点的
9、坐标为，显然，由题可得，整理可得，故的轨迹方程为故A错误；因为的轨迹方程为，不包含点，所以取不到最小值1，故B错误；设所在直线方程为，设，联立方程得，则，令，则，当时，的面积取得最大值，故C正确；设点，因为是线段的垂直平分线，则，又点均在椭圆上，则两式做差可得，则，也即，解得，故D正确故选CD12【答案】2【解析】因为向量在上的投影向量为，所以，所以13【答案】【解析】设直线与曲线切于点，则直线的方程为，令得，即；令得，即所以的面积，因为，所以当时，单调递增；当时，单调递减所以14【答案】 （第一空2分，第二空3分）【解析】记飞机移到第i格的概率为，；，可化为，则数列为常数列，上式可化为，则数
10、列是首项为、公比为的等比数列，即第格只能由第格跳到，游戏胜利的概率为【评分细则】14结果写成也可以15解：（1）由，得，则，即，得所以或，即或（舍去）又由，所以，因而（2）由正弦定理，得，即，又由所以的取值范围为【评分细则】第（2）问未说明的取值范围的扣1分解：（1）线段上存在中点，使得平面，证明如下：取的中点的中点，连接由，且，所以为平行四边形所以，又平面平面，则平面，又由为中点所以，又平面平面，则平面，又，所以平面平面，又平面，所以平面，即为线段的中点时，平面（2）取的中点，又，由已知得，所以平面由，则点平面又由，则点在以为直径的球上综上所述，点在以为直径的球与平面的交线上，即点的轨迹为圆
11、（12分）取的中点，由平面，过点作交于点则平面，则，设球的半径为的轨迹圆的半径为，则，所以点的轨迹长度为【评分细则】1第（1）问中未说明平面平面，或未说明平面平面的扣1分；2如采用建系的方法若正确，也可给满分17解：（1）当时，定义域为，因为，当时，当时，从而在上单调递减，在上单调递增，所以当时，取得极小值，极小值为0，无极大值（2）若，对任意的实数，当且时，由于，所以，所以不合题意若当时，当时，从而在上单调递减，在上单调递增，故因此，所以设，则，所以在上单调递增，在上单调递减从而的最大值为当且仅当时取等号，此时，满足，故的最大值为【评分细则】1第一问没有交待无极大值，扣1分；2第二问讨论时，
12、若使用极限方法证明也给分；3第二问没有交待等号成立的条件，也不扣分18解：（1）设双曲线的焦距为由题意得，因为，所以，所以的方程是由题意知，直线不与双曲线的渐近线平行，且斜率不为零，故可设直线，由得，则，因为，所以所以所以的值为（2）解法一：存在定点或，使得的面积为定值，设，因为直线与直线相交于点，所以，所以，由（1）知，代入上式，得，所以故点在定直线上设点为过左焦点且与直线平行的直线与双曲线的交点，则点的坐标为或，的面积为，所以双曲线上存在定点或，使得的面积为定值解法二：存在定点或，使得的面积为定值，设，因为直线与直线相交于点，所以，所以，由（1）得，所以，所以故点在定直线上设点为过左焦点且与直线平行的直线与双曲线的交点，则点的坐标为或，的面积为，所以双曲线上存在定点或，使得的面积为定值【评分细则】第二问定点坐标没有求全，扣1分19（1）解：因为，所以的分布列为：012所以（2）（）解：记发出信号0利1分别为事件，收到信号0利1分别为事件，则，所以所以（）证明：由（）知，所以，所以，设，则，当时单调递增；当时单调递减所以，即，所以所以，当且仅当，即时等号成立即得证【评分细则】1第一问没有交待的分布列，直接得到的值，得1分；若交待没有列表，不扣分；2第二问（）直接得到没有交待过程，扣1分，第二问（）没有交待等号成立条件，扣1分
