江西省宜春市铜鼓中学2024届高三下学期第一次阶段性测试数学试卷（Word版附解析）

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1. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】解出集合，利用交集计算即可.
【详解】由可知：，即，故，
所以
故选：D.
2. 已知复数，其中为虚数单位，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的除法运算化简，找到共轭复数即可.
【详解】结合题意：，所以.
故选：B.
3. 已知向量，，且，则（ ）
A. 2B. 3C. 4D.
【答案】A
【解析】
【分析】由求出，从而可求解.
【详解】由，，所以，
因为，所以，得，
所以，故A正确.
故选：A.
4. 曲线在点处的切线与直线平行，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】确定曲线在点处的切线的斜率，求出函数的导数，根据导数的几何意义，即可求得答案.
【详解】因为曲线在点处的切线与直线平行，
故曲线在点处的切线的斜率为2，
因为，所以，
所以，
故选：C.
5. 已知为等差数列的前项和，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
先根据题意计算，即可计算，再经过转化计算即得结果.
【详解】设公差为d，由两式作差可得，，故，
由得1，故，故，
所以.
故选：B.
6. 已知双曲线的离心率为，则其两条渐近线所成的锐角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求得渐近线的斜率，然后结合向量的夹角公式求得正确答案.
【详解】因为C的离心率为，
所以它的渐近线方程为，即渐近线的斜率分别为，
，即直线的倾斜角大于，
则可取两条渐近线上的向量，，
渐近线所成的锐角即这两个向量的夹角，
.
故选：A
7. 从三个班级，每班随机选派两名学生为代表，这六名同学被随机安排在一个圆桌会议室进行“深度学习与复习”座谈，会议室的圆桌正有好有六个座位，则同一班级的两名同学恰好被安排在一起相邻而坐的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】个元素圆桌环形排列的所有情况为，将需要相邻的元素捆绑，环形排列，还要注意捆绑的两个元素内部也有顺序.
【详解】由题意可知，个元素圆桌环形排列的所有情况为，故所有的情况数是种，
同一班级的两名同学恰好排在一起相邻而坐的情况数为：首先三个班的两名同学捆绑，形成新的三个元素，环排共有种，
又每个班两名同学可以排序，则有种，同一班级的两名同学恰好被安排在一起相邻而坐的概率为.
故选：C.
8. 赵爽是我国古代著名的数学家，大约在公元222年，赵爽为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”．亦称“赵爽弦图”．如图1，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形．我们通过类比得到图2，它是由三个全等的钝角三角形与一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形，若图2中，，则（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】在中利用两角差的正弦公式求出，由正弦定理求出，再由余弦定理求出，最后由面积公式计算可得.
【详解】在中，，而，
所以，
，
由正弦定理得，，
即，解得，所以，
在中由余弦定理，
即，
所以，，
所以.
故选：C
二、多选题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．全部选对得5分，部分选对得部分分，有错误选项得0分）
9. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】对A：由不等式性质计算即可得；对B：结合指数函数的单调性即可得；对C、D：举出反例即可得.
【详解】对A：由，故，则，即，故A正确；
对B：由，且为定义域上的单调递增函数，故，故B正确；
对C：当，时，有，，此时，故C错误；
对D：当，时，有，，此时，故D错误.
故选：AB.
10. 如图，正方体中，，P为线段上动点，则下列说法正确的是（ ）

A. B. 平面
C. 三棱锥的体积为定值D. 的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】在正方体中，易得平面，可判定A正确；过点作，得到平面即为平面，结合与不垂直，可判定B不正确；由平面平面，证得平面，得到点到平面的距离等于点点到平面的距离，且为定值，可判定C正确；将绕着展开，使得平面与平面重合，连接，得到时，取得最小值，进而可判定D正确.
【详解】对于A中，如图（1）所示，在正方体中，连接，
连接，在正方形中，可得，
由平面，平面，所以，
因为且平面，所以平面，
又因为平面，所以，
连接，同理可证平面，因为平面，所以，
因为且平面，所以平面，
因为平面，所以，所以A正确；
对于B中，当点不与重合时，过点作，
因为，所以，所以平面即为平面，
如图所示，在正方形中，与不垂直，
所以与平面不垂直，所以B不正确；
对于C中，分别连接，
在正方体，因为，平面 平面，
所以平面，同理可证：平面，
因为且平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面，
又因为是上的一动点，
所以点到平面的距离等于点到平面的距离，且为定值，
因为的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，所以C正确；
对于D中，将绕着展开，使得平面与平面重合，
如图（2）所示，连接，当为和的交点时，
即为的中点时，即时，取得最小值，
因为正方体中，，可得，，
在等边中，可得，在直角中，可得，
所以的最小值为，所以D正确.
故选：ACD.

11. 如图，点是函数的图象与直线相邻的三个交点，且，则（ ）
A.
B.
C. 函数在上单调递减
D. 若将函数的图象沿轴平移个单位，得到一个偶函数的图像，则的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】令求得根据求得，根据求得的解析式，再逐项验证BCD选项.
【详解】令得，或，，
由图可知：，，，
所以，，
所以，所以，故A选项正确，
所以，由得，
所以，，
所以，，
所以，
，故B错误.
当时，，
因在为减函数，故在上单调递减，故C正确；
将函数的图象沿轴平移个单位得，（时向右平移，时向左平移），
为偶函数得，，
所以，，则的最小值为，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 在的展开式中的系数为__________.
【答案】
【解析】
【分析】把按照二项式定理展开，可得的展开式中的系数．
【详解】结合题意可得：
所以的系数为.
故答案为:.
13. 动点与两个定点，满足，则点到直线：距离的最大值为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用两点距离公式及已知求得的轨迹是圆心为，半径为2的圆上，再确定直线所过的定点并判断其与圆的位置关系，要使圆上点到直线距离最大，有圆心与定点所在直线与直线垂直，进而求最大值.
【详解】令，则，整理得，
所以的轨迹是圆心为，半径为2的圆上，
又直线：可化为，易知过定点，
由，故点在圆外，
则圆心与定点所在直线与直线垂直，圆心与直线距离最大，
所以点到直线距离的最大值为.
故答案为：
14. 设函数的定义域为．若，则实数的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】指对同构类型，先将不等式变为，再构造函数，则不等式变形为；再次构造函数，判断其单调性；将原不等式变成原题等价于在上是增函数，再求导，求出最值即可.
【详解】，
即，
令，则．
令，则，
则在上递增，所以，即．
所以原题等价于在上是增函数，
所以在上恒成立，
即对恒成立，
而的值域是，
所以．
故答案为：
四、解答题（本大题共5题，共77分）
15. 甲、乙两支女子排球队进行排球比赛，每场比赛采用“5局3胜制”（即有一支球队先胜3局即获胜，比赛结束），假设在每局比赛中，甲队获胜的概率为，乙队获胜的概率为，各局比赛的结果相互独立．
（1）求乙队获胜的概率；
（2）设比赛结束时甲队和乙队共进行了局比赛，求随机变量的分布列及数学期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）根据题意，结合五局三胜制规则，分别求得比赛三、四和五局且乙队获胜的概率进而求得乙队获胜的概率；
（2）随机变量的取值为3，4，5，求得相应的概率，得出分布列，利用公式求得期望.
【小问1详解】
由题意知，比赛三局且乙队获胜的概率，
比赛四局且乙队获胜的概率为，
比赛五局且乙队获胜的概率为，
所以乙队获胜的概率为．
【小问2详解】
依题意随机变量的可能取值为，，，
则，，
，
所以随机变量的分布列为
所以．
16. 在递增的等比数列中，，，为等差数列的前项和，，.
（1）求、的通项公式；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1），；（2）.
【解析】
【分析】（1）本题首先可根据、得出，然后通过计算得出以及，再然后根据、得出以及，最后根据等差数列通项公式即可得出结果；
（2）本题首先可结合（1）得出以及，然后写出以及的表达式，最后通过错位相减法求和即可得出结果.
【详解】（1）设递增的等比数列的公比为，等差数列的公差为，
因为，，
所以，即，解得或（舍去），
故，，
因为，，
所以，，，
故，，
（2）因为，所以，，
则，，
故
，
故.
【点睛】错位相减法求和的方法：如果数列是等差数列，是等比数列，求数列的前项和时，可采用错位相减法，一般是和式两边同乘以等比数列的公比，然后作差求解，在写“”与“”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“”的表达式.
17. 如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，底面ABCD是菱形，是正三角形，，是AB的中点．

（1）证明：．
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正三角形、面面垂直和线面垂直的性质得到，根据中位线和菱形的性质得到，最后根据线面垂直的判定定理和性质证明即可；
（2）利用空间向量的方法求二面角即可.
【小问1详解】

证明：取AD的中点，连接EF，PF，BD，
因为是正三角形，
所以．
又平面平面ABCD，平面平面，平面，
所以平面ABCD．
因为平面ABCD，
所以．
因为是AB的中点，
所以．
又底面ABCD是菱形，
所以，从而．
因为，平面，所以平面PEF．
因为平面PEF，所以．
【小问2详解】
解：连接BF，因为，所以是正三角形，所以．
以F为坐标原点，FA，FB，FP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
令，则，，，
则，．
设平面CEP的法向量为，则，
令，则，，得．
由题可知，是平面ACE的一个法向量．
，
由图可知，二面角为锐角，则二面角的余弦值为．
18. 已知椭圆的离心率为，点在椭圆上.
（1）求椭圆的方程；
（2）设，过点作直线交椭圆于不同于的两点，直线的斜率分别为，试问：是否为定值？若是，求出定值，若不是，请说明理由.
【答案】（1）
（2）4
【解析】
【分析】（1）根据点在椭圆上得，与离心率联立方程组解得，，进而得答案；
（2）设直线的方程为，，则 ，再将直线方程与椭圆方程联立方程组，利用韦达定理，代入即可；最后验证直线斜率不存在的情形
【小问1详解】
解：由已知得，，
解得，
则椭圆的方程为．
【小问2详解】
解：当直线的斜率不存在时，得，得
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
令
由得
则………①，………②
而 ………③
将①②代入③得
综上，（定值）
19. 已知函数的图象在点（为自然对数的底数）处的切线的斜率为3.
（1）求实数的值；
（2）若对任意成立，求实数的取值范围；
（3）当时，证明：.
【答案】（1）；（2）；（3）见解析.
【解析】
【分析】（1）求出的导数，由切线的斜率为，解方程，即可得到；
（2）对任意成立，得对任意成立，令，则问题转化为求的最大值，运用导数，求出导数，求得单调区间，得到最大值，令不小于最大值即可；
（3）令，求出导数，判断其单调性，即得是上的增函数，由，则，化简整理，即可得证.
【详解】（1）解：
又的图象在点处的切线的斜率为3，
，即，
；
（2）解：由（1）知，，
对任意成立对任意成立，
令，则问题转化为求的最大值，
，
当时，，在区间上增函数；
当时，，在区间上减函数；
故在处取得最大值，
即为所求，即的取值范围为；
（3）证明：令，则，
由（2）知，，
在区间上增函数，
，即，
，
即，
∴，即，
即，
.
【点睛】方法点睛：求切线方程和求单调区间、极值和最值，不等式的恒成立问题转化为求解函数的最值，与函数有关的不等式的证明，运用构造函数，求得导数的单调性，再由单调性证明.
3
4
5