江西省九江市稳派联考2024-2025学年高三上学期开学数学试题（解析版）

这是一份江西省九江市稳派联考2024-2025学年高三上学期开学数学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁，5B， 已知函数，则等内容，欢迎下载使用。

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. 的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的运算化简得，再根据虚部的定义即可求解．
【详解】，则所求虚部为.
故选：A．
2. 已知等差数列的前项和为，若，则（ ）
A. 48B. 42C. 24D. 21
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差数列项的性质求出的值，再由等差数列的求和公式即可求得.
【详解】因为等差数列，故，
则.
故选：B.
3. 已知一组数据：的平均数为6，则该组数据的分位数为（ ）
A. 4.5B. 5C. 5.5D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】由平均数及百分位数的定义求解即可.
【详解】依题意，，解得，
将数据从小到大排列可得：，
又，则分位数为.
故选：C.
4. 定义运算：．已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据定义得出，再根据同角三角函数的商数关系即可求解．
【详解】依题意，，则，
故.
故选：D．
5. 已知某地区高考二检数学共有8000名考生参与，且二检的数学成绩近似服从正态分布，若成绩在80分以下的有1500人，则可以估计（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解法一，求出，根据正态分布的对称性，即可求得答案；解法二，求出数学成绩在80分至95分的人数，由对称性，再求出数学成绩在95分至110分的人数，即可求得答案.
【详解】解法一：依题意，得，
故；
解法二：数学成绩在80分至95分的有人，
由对称性，数学成绩在95分至110分的也有2500人，
故.
故选：B.
6. 已知函数在R上单调递减，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D. 0,4
【答案】D
【解析】
【分析】由函数fx在上单调递减，列出相应的不等式组，即可求解.
【详解】当时，，
因为和都是减函数，所以在-∞,1上单调递减，
当时，，要使其上单调递减，则，
所以，解得，故D正确.
故选：D.
7. 已知圆台的上､下底面的面积分别为，侧面积为，则该圆台外接球的球心到上底面的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由圆台的侧面积公式求出母线长，再由勾股定理得到高即可计算；
【详解】依题意，记圆台的上､下底面半径分别为，
则，则，
设圆台的母线长为，
则，解得，
则圆台的高，
记外接球球心到上底面的距离为，
则，解得.
故选：C.
8. 已知为坐标原点，抛物线的焦点到准线的距离为1，过点的直线与交于两点，过点作的切线与轴分别交于两点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】通过联立方程组的方法求得的坐标，然后根据向量数量积运算求得.
【详解】依题意，抛物线，即，则，设，
直线，联立得，则.
而直线，即，
令，则，即，令，则，故，
则，故.
故选：C
【点睛】求解抛物线的切线方程，可以联立切线的方程和抛物线的方程，然后利用判别式来求解，也可以利用导数来进行求解.求解抛物线与直线有关问题，可以利用联立方程组的方法来求得公共点的坐标.
二､多选题：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. 已知函数，则（ ）
A. 的最小正周期为
B. 与有相同的最小值
C. 直线为图象的一条对称轴
D. 将的图象向左平移个单位长度后得到的图像
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A：根据正弦型函数的最小正周期分析判断；对于B：根据解析式可得与的最小值；对于C：代入求，结合最值与对称性分析判断；对于D：根据三角函数图象变换结合诱导公式分析判断.
【详解】因为，
对于选项A：的最小正周期，故A正确；
对于选项B：与的最小值均为，故B正确；
对于选项C：因为，
可知直线不为图象的对称轴，故C错误；
对于选项D：将的图象向左平移个单位长度后，
得到，故D正确.
故选：ABD
10. 已知函数，则（ ）
A. 1是的极小值点
B. 的图象关于点对称
C. 有3个零点
D. 当时，
【答案】AB
【解析】
【分析】利用导数求函数极值点判断选项A；通过证明得函数图象的对称点判断选项B；利用函数单调性和零点存在定理判断选项C；利用单调性比较函数值的大小判断选项D.
【详解】对于A，函数，，令，解得或，
故当时f'x>0，当x∈0,1时，f'x<0，当x∈1,+∞时f'x>0，
则在上单调递增，在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，
故1是的极小值点，故A正确：
对于B，因为，
所以的图象关于点对称，故B正确；
对于C，，易知的单调性一致，而，
故有2个零点，故C错误；
对于D，当时，，而在上单调递增，故，故D错误.
故选：AB.
11. 已知正方体的体积为8，线段的中点分别为，动点在下底面内（含边界），动点在直线上，且，则（ ）
A. 三棱锥的体积为定值
B. 动点的轨迹长度为
C. 不存在点，使得平面
D. 四面体DEFG体积的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，由题意可证平面，因此点到平面的距离等于点到平面的距离，其为定值，据此判断A；对于B，根据题意求出正方体边长及的长，由此可知点的运动轨迹；对于C，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，假设点的坐标，求出的方向向量，假设平面，则平面的法向量和的方向向量共线，进而求出点的坐标，再判断点是否满足B中的轨迹即可；对于D，利用空间直角坐标系求出点到平面的距离，求出距离的最大值即可.
【详解】对于A，如图，连接、，
依题意，，而平面平面，故平面，
所以点到平面的距离等于点到平面的距离，其为定值，
所以点到平面的距离为定值，故三棱维的体积为定值，故正确；
对于B，因为正方体的体积为8，故，则，而，
故，
故动点的轨迹为以为圆心，为半径的圆在底面内的部分，即四分之一圆弧，
故所求轨迹长度为，故B错误；
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，故，
设n=x,y,z为平面的法向量，则故
令，故为平面的一个法向量，
设，故，
若平面，则，
则，解得，但，
所以不存在点点，使得平面，故C正确；
对于D，因为为等腰三角形，故，
而点到平面的距离，
令，则，
则，其中，
则四面体体积的最大值为，故D正确.
故选：ACD.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量，若，则______.
【答案】
【解析】
【分析】利用向量的线性运算并由向量垂直的坐标表示列式即可求解.
【详解】依题意，，故，解得.
故答案为：
13. 定义：如果集合存在一组两两不交（两个集合的交集为空集时，称为不交）的非空真子集，，且，那么称子集族构成集合的一个划分.已知集合，则集合的所有划分的个数为__________.
【答案】4
【解析】
【分析】解二次不等式得到集合，由子集族的定义对集合进行划分.
【详解】依题意，，
的2划分为，共3个，
的3划分为，共1个，
故集合的所有划分的个数为4.
故答案为：4
14. 已知为坐标原点，双曲线的左､右焦点分别为，点在以为圆心､为半径的圆上，且直线与圆相切，若直线与的一条渐近线交于点，且，则的离心率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得，由此求出，，即可求出点坐标，代入，即可得出答案.
【详解】不妨设点在第一象限，连接，则，
故，，
设，因为，所以为的中点，
，故.，
将代入中，故，则.
故答案为：.

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. 已知中，角所对的边分别为，其中.
（1）求的值；
（2）若的面积为，周长为6，求的外接圆面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理化简已知条件，从而求得.
（2）根据三角形的面积公式、余弦定理等知识求得外接圆的半径，从而求得外接圆的面积.
【小问1详解】
由正弦定理得，
因为，故，则，
因为，故.
【小问2详解】
由题意，故.
由余弦定理得，
解得
故的外接圆半径，
故所求外接圆面积.
16. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，分别在棱上，且四点共面.
（1）证明：；
（2）若，且二面角为直二面角，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先证明线面平行再应用线面平行性质定理得出，再结合，即可证明；
（2）应用面面垂直建系，应用空间向量法求出面面角的余弦值.
【小问1详解】
因为，故，则，
因为平面平面，故平面，
而平面平面平面，故，
则.
【小问2详解】
因为二面角为直二面角，故平面平面.
而平面平面平面，故平面，
又底面为正方形，所以，
以点为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
不妨设，则，
故，
设平面的法向量为，
则令，可得.
设平面的法向量为，
则令，可得，
故平面与平面夹角的余弦值.
17. 已知椭圆的离心率为，右焦点为，点在上.
（1）求的方程；
（2）已知为坐标原点，点在直线上，若直线与相切，且，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据椭圆离心率定义和椭圆上的点以及的关系式列出方程组，解之即得；
（2）将直线与椭圆方程联立，消元，根据题意，由推得，又由，写出直线的方程，与直线联立，求得点坐标，计算，将前式代入化简即得.
【小问1详解】
设Fc,0，依题意，
解得
故的方程为.
【小问2详解】

如图，依题意F1,0，联立消去，可得，
依题意，需使，整理得（*）.
因为，则直线的斜率为，则其方程为，
联立解得即
故，
将（*）代入得，故.
18. 已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）记（1）中切线方程为，比较的大小关系，并说明理由；
（3）若时，，求的取值范围.
【答案】（1）
（2），理由见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）根据导数几何意义，即可求得答案；
（2）令，求出其导数，进而求得函数最值，即可得结论；
（3）将原问题变为，即在上恒成立，同构函数，利用导数判断函数单调性，结合讨论a的范围 ，即可求得答案.
【小问1详解】
依题意，，
而，
故
故所求切线方程为，即.
【小问2详解】
由（1）知，结论；，下面给出证明：
令，则，
当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增，
故，即.
【小问3详解】
依题意得，
则在上恒成立，
令，则，令，得，
故当时，，当时，，
故在区间上单调递减，在区间上单调递增，则，
当时，，此时；
当时，令，显然在区间上单调递增，
又，
故存在，使得，则，
而，不合题意，舍去.
综上所述，的取值范围为.
【点睛】不等式恒成立问题常见方法：
①分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；
②数形结合( 图象在 上方即可)；
③分类讨论参数.
19. 已知首项为1的数列满足.
（1）若，在所有中随机抽取2个数列，记满足的数列的个数为，求的分布列及数学期望；
（2）若数列满足：若存在，则存在且，使得.
（i）若，证明：数列是等差数列，并求数列的前项和；
（ii）在所有满足条件的数列中，求使得成立的的最小值.
【答案】（1）分布列见解析，1
（2）（i）证明见解析，（ii）1520
【解析】
【分析】（1）根据递推关系化简可得，或写出数列的前四项，利用古典概型即可求出分布列及期望；
（2）（i）假设数列中存在最小的整数，使得，根据所给条件
可推出存在，使得，矛盾，即可证明；
（ii）由题意可确定必为数列中的项，构成新数列，确定其通项公式及，探求与的关系得解.
【小问1详解】
依题意，，故，
即，故，或
因为，故；
则，
故的可能取值为，
故，
故的分布列为
故.
【小问2详解】
（i）证明：由（1）可知，当时，或；
假设此时数列中存在最小的整数，使得，
则单调递增，即均为正数，且，所以；
则存在，使得，此时与均为正数矛盾，
所以不存在整数，使得，故.
所以数列是首项为1､公差为4的等差数列，
则.
（ii）解：由，可得，
由题设条件可得必为数列中的项；
记该数列为，有；
不妨令，则或，
均不为
此时或或或，均不为.
上述情况中，当时，，
结合，则有.
由可知，使得成立的的最小值为.
【点睛】关键点点睛：第一问数列与概率结合，关键在于得出数列前四项的所有可能，即可按照概率问题求解，第二问的关键在于对于新定义数列，理解并会利用一般的抽象方法推理，反证，探求数列中项的变换规律，能力要求非常高，属于困难题目.0
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