江西红色十校2025届高三上学期第一次联考数学试卷

这是一份江西红色十校2025届高三上学期第一次联考数学试卷，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．若，则（ ）
A．B．C．D．
2．从1984年第23届洛杉矶夏季奥运会到2024年第33届巴黎夏季奥运会，我国获得的夏季奥运会金牌数依次为15、5、16、16、28、32、51、38、26、38、40，这11个数据的分位数是（ ）
A．16B．30C．32D．51
3．已知集合，，，则（ ）
A．B．C．D．
4．的展开式中的常数项为（ ）
A．147B．C．63D．
5．若函数在区间上单调递增．则a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
6．已知，是一元二次方程的两个根，则（ ）
A．B．C．D．
7．在体积为12的三棱锥中，，，平面平面，，，若点都在球的表面上，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
8．若函数在上恰有3个零点，则符合条件的m的个数是（ ）
A．4B．5C．6D．7
二、多选题
9．已知向量，，则（ ）
A．若，则B．若，共线，则
C．不可能是单位向量D．若，则
10．我们把平面内到两个定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线．在平面直角坐标系中，设定点为，，动点满足，化简可得卡西尼卵形线，则（ ）
A．曲线C既是中心对称图形也是轴对称图形
B．曲线C关于直线对称
C．曲线C都在圆内
D．曲线C与椭圆没有公共点
11．已知函数，，若，的图象与直线分别切于点，，与直线分别切于点C，D，且，相交于点，则（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题
12．已知点是抛物线上一点，且点P到C的焦点距离为2，则 ．
13．已知变量y与x线性相关，由样本点求得的回归方程为，若点在回归直线上，且，，则 ．
14．如图，在棱长为的正方体中，点在的边界及其内部运动，且，则的最大值为 ．

四、解答题
15．已知中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
(1)求的值；
(2)若，求B最大时的面积．
16．已知函数．
(1)若在R上单调递减，求a的取值范围；
(2)若，判断是否有最大值，若有，求出最大值；若没有，请说明理由．
17．如图，在四棱锥中，四边形ABCD是平行四边形，，，，，，点E在BC上，且．

(1)证明：平面APE；
(2)求直线AE与平面PCD所成角的正弦值．
18．已知双曲线（，）的一条渐近线的倾斜角为，C的右焦点F到该渐近线的距离为.
(1)求C的方程；
(2)若过F的直线与C的左、右支分别交于点A，B，与圆交于与A，B不重合的M，N两点.
（ⅰ）求直线AB斜率的取值范围；
（ⅱ）求的取值范围.
19．记数列中前项的最大值为，数列称为的“数列”，由所有的值组成的集合为．
(1)若，且中有3个元素，求的取值范围；
(2)若数列，都只有4项，为的“数列”，满足且存在，使得，求符合条件的数列的个数；
(3)若，的“数列”的前n项和为，从，，，…，中任取3个，记其中能被2整除且不能被4整除的个数为，求．
参考答案：
1．B
【分析】根据复数的除法运算求得，再根据共轭复数的概念分析判断.
【详解】因为，则，
所以．
故选B．
2．C
【分析】将数据按照从小到大的顺序排列，根据百分位数的计算方法即可求解.
【详解】把11个数据按照从小到大排列得5、15、16、16、26、28、32、38、38、40、51，
因为，这11个数据按照从小到大排列第7个是32.
故选：.
3．A
【分析】根据题意，将集合用整倍数形式表示，分别求出和，利用集合的元素特征即可判断A正确；C错误；D错误；对于B，只需要举反例排除即可.
【详解】依题意，，，，
则，易知12的倍数一定是6的倍数，故A正确，C错误；
因，即，故D错误；
对于B项，任取，因，则，故B错误．
故选：A．
4．C
【分析】根据给定条件，利用二项式定理求出展开式中项即可列式计算即得
【详解】二项式展开式中项分别为，
所以的展开式中的常数项为．
故选：C
5．D
【分析】根据对数函数的单调性结合复合函数及对数函数的定义域计算求解.
【详解】在区间上单调递增，令单调递减，
则在区间上单调递减且恒为正，
所以且，所以．
故选：D．
6．A
【分析】结合根与系数关系可得，，再利用两角和的正切公式可求出的值.
【详解】因为，是一元二次方程的两个根，
显然，所以，，
所以，
所以．
故选：A．
7．D
【分析】如图，取的中点，连接，，根据题中条件确定点为球心，设球半径为，利用三棱锥的体积求出，最后用球的表面积公式即可求解.
【详解】
如图，取的中点，连接，，
因为，，所以，因此点就是球心，
又，故是等腰直角三角形，所以．
因为平面平面，平面平面，
所以平面．
设球半径为，则，，
又，则，
所以三棱锥的体积，
所以，所以球O的表面积为．
故选：D．
8．B
【分析】就、、分类，每种情况结合正弦函数的性质可得其取值范围.
【详解】令，则或，
由，
当时，在0,4上没有零点，
则在0,4上应有3个零点，
因为，所以，即，
与联立得，因为，所以m的值依次为9，10；
当时，在0,4上有1个零点，
在0,4上有3个零点，不满足题意；
当时，在0,4上有2个零点，
故在0,4上应有1个零点，
因为，所以该零点与的零点不相同，
所以，即，与联立得，
因为，所以的取值依次为2，3，4，综上得符合条件的的个数是5．
故选：B．
9．AD
【分析】根据给定条件，利用垂直关系、向量共线的坐标表示计算判断AB；利用单位向量的意义判断C，利用向量线性运算的坐标表示及利用坐标求模判断D.
【详解】对于A，由，得，解得，A正确；
对于B，由，共线，得，解得，B错误；
对于C，当时，是单位向量，C错误；
对于D，当时，，则，D正确．
故选：AD
10．ACD
【分析】对于A：根据方程结合中心对称和轴对称分析判断；对于B：根据方程结合直线对称性质分析判断；对于C：根据题意分析可得，进而可得，即可得结果；根据椭圆定义结合基本不等式分析判断.
【详解】对于选项A：曲线C上任取一点，
把方程中的x，y换成得，
把方程中的x，y换成得，
把方程中的x，y换成得，
可知点，，也在曲线C上，
所以曲线C既关于原点对称，也关于坐标轴对称，A正确；
对于选项B：把方程中的x，y互换得，
即两方程表示的曲线不相同，所以曲线C关于直线对称，故B错误；
对于选项C：由得，两边平方得，
设O为原点，则，
所以曲线C都在圆内，故C正确；
对于选项D：椭圆的左、右焦点分别为，，
若曲线C与该椭圆有公共点P，则，
则，与矛盾，故D正确．
故选：ACD．
11．BC
【分析】根据公切线的有关概念判断与的关系，可判断A、B选项的真假；根据指数函数与对数函数的图象的对称性，可判断公切线斜率的关系，结合基本不等式，判断C的真假；也可求两条公切线的交点，判断D的真假.
【详解】由题意得，，所以，即，由，整理得，且，A错误；
把，，代入，整理得，B正确；
分别作出与的图象如下：
两图象有2个交点，所以图象上的切点有2个，即与的公切线有2条．
因为，的图象关于直线对称，所以点关于直线的对称点为，，，，C正确；
因为直线，关于直线对称，则点就是直线与直线的交点，
直线的方程为，与联立得，
所以，所以，
由且可得，
设，则，所以，所以，D错误．
故选：BC．
【点睛】关键点点睛：（1）同底的指数函数与对数函数互为反函数，它们的图象关于直线对称，这一性质的应用在判断D选项时很重要.
（2）看到不等式，就要想到求代数式的最值，常见的最值的求法有：第一：与二次函数有关的最值问题的求法；第二：基本不等式求最值；第三：利用函数的单调性求最值；第三：利用三角函数的有界性求最值.
12．2
【分析】求出准线方程，由抛物线定义列方程求解即可.
【详解】抛物线准线方程为，则点P到C的焦点距离为，所以．
故答案为：2.
13．6
【分析】依题意，可得点在回归直线上，求得，将条件代入回归方程求出，利用平均数公式即可求得.
【详解】由题意，点在回归直线上，代入可得，，解得，
因，且样本中心点在回归直线上，将条件代入得：，
故，解得．
故答案为：6.
14．
【分析】利用正方体的性质，连接与平面交于点，平面，得，进而确定点在的内切圆上，故，最大为，进而可得.
【详解】如图，连接与平面交于点，
根据正方体的结构特征及线面垂直的判定，易知平面，
且，，

因为，所以，
而是边长为的正三角形，其内切圆半径，
所以点在的内切圆上，
因为平面，且点到平面的距离为，
所以，
当点为的中点时最大，最大为，
所以的最大值为．
故答案为：.
15．(1)
(2)
【分析】（1）正弦定理化边为角，利用三角变换后再由正弦定理化角为边可得；
（2）利用余弦定理及基本不等式求得的最小值即得最大，由此求得三角形的边长后，再利用面积公式可得结论．
【详解】（1）因为，
由正弦定理得，
得，
由正弦定理得，所以．
（2）由余弦定理得，
当且仅当，即时取等号，
当取最小值时，B最大，
此时，，，
的面积为．
16．(1)
(2)有最大值，最大值为e
【分析】（1）求导，得到恒成立，根据根的判别式得到不等式，求出a的取值范围；
（2）求导，得到函数单调性，从而求出函数的最大值.
【详解】（1）因为，所以，
因为在R上单调递减，所以恒成立，
所以，，所以a的取值范围是．
（2）当时，，，
令，解得，令，解得，
所以当时，单调递增，当，时，单调递减，
当时，，
又时，，
所以有最大值，最大值为e．
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）通过证明，，证明平面APE，又，得证平面APE．
（2）以点P为坐标原点，建立空间直角坐标系，向量法求线面角的正弦值.
【详解】（1）证明：因为，，，
所以，，
因为，所以，
因为，平面PBC，所以平面PBC，
因为平面PBC，所以，
因为，，，
所以，，
取BC的中点，则，且，
所以点A到BC的最短距离为3，
因为，所以点E，重合，，
因为，平面APE，平面APE，所以平面APE，
因为在平行四边形ABCD中，，所以平面APE．
（2）

由（1）知，PB，PC，PA两两垂直，
以点P为坐标原点，PB，PC，PA所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，
设平面PCD的法向量为，则有得
取，则，得，
设直线AE与平面PCD所成角为，
则，
所以直线AE与平面PCD所成角的正弦值为．
18．(1)
(2)（ⅰ）；（ⅱ）
【分析】（1）根据渐近线的倾斜角得到，由焦点到渐近线方程的距离得到，，得到双曲线方程；
（2）（ⅰ）直线AB的斜率存在且不为零，设直线AB的方程为，与双曲线方程联立，得到两根之和，两根之积，由根的判别式及得到不等式，求出，再利用直线与圆相交得到不等式，求出，直线AB的斜率，从而得到直线AB斜率的取值范围；
（ⅱ）由弦长公式和垂径定理得到，其中，设，，从而得到.
【详解】（1）因为C的一条渐近线的倾斜角为，所以，，
则C的一条渐近线的方程为，
因为，
所以右焦点到渐近线的距离为，
所以，，所以C的方程为.
（2）（ⅰ）由（1）知，，设Ax1,y1，Bx2,y2，
由题意可得直线AB的斜率存在且不为零，设直线AB的方程为，
与联立得，
所以，，，，
又A，B两点在x轴同一侧，所以.此时，即.
又圆O的方程为，点O到直线AB的距离，
由得，由得，所以或，
因为直线AB的斜率，所以直线AB斜率的取值范围是.

（ⅱ）由弦长公式得
，
由垂径定理得，
所以，
其中，设，，
则，
所以的取值范围是.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围.
19．(1)
(2)20
(3)
【分析】（1）根据中有3个元素结合数列单调性定义可得，，从而可得参数的取值范围.
（2）就可得中必有，就在数列中的不同位置分类讨论后可得的个数.
（3）根据特殊角的三角函数结合可得其通项，从而可求，
【详解】（1）因为中有3个元素，故不是单调数列，
因为，
所以，
当时，，当时，
故当时为增函数，时为减数列，
因为中有3个元素，所以，，即，，
所以，解得，所以的取值范围是．
（2）若，则，有1个，
①若且，则，有3种可能，有3个，
②若且，，则，
若则，若，，的值可能是4或6，
若，则，的值可能是2或4或6，
符合条件的有6个．
③若，，均不为8，则，，
，，的值可能分别为：2，2，2；对应的，，的值可为；
，，的值可能分别为2，2，4；对应的，，的值可为；
，，的值可能分别为2，2，6；对应的，，的值可为，
，，的值可能分别为2，4，4；对应的，，的值可为，
，，的值可能分别为2，4，6；对应的，，的值可为，
，，的值可能分别为2，6，6；对应的，，的值可为，
，，的值可能分别为4，4，4；对应的，，的值可为，
，，的值可能分别为4，4，6；对应的，，的值可为，
，，的值可能分别为4，6，6；对应的，，的值可为，
，，的值可能分别为6，6，6；对应的，，的值可为，
故此时符合条件的有10个，
综上，符合条件的共有，综上得符合条件的有20个．
（3）由题意得
所以，，，
所以，能被4整除，
，不能被2整除，
，能被2整除，不能被4整除，
，不能被2整除，
所以，，…，中能被2整除，但不能被4整除的有n个，
，，，，
．
【点睛】思路点睛：数列新定义问题，应该根据定义得到新数列的形成过程，将该过程与数列常见性质（如单调性等）结合在一起，另外数列的最值或诸项之间的大小关系往往和数列的单调性相关.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
C
A
C
D
A
D
B
AD
ACD
题号
11









答案
BC