江西省赣州市2024-2025学年高三上学期1月期末考试数学试题 Word版含解析

这是一份江西省赣州市2024-2025学年高三上学期1月期末考试数学试题 Word版含解析，共20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。
题目要求的.
1. 若复数 为纯虚数，则 （ ）
A. B. 0 C. 2 D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意得出 ，即可求出结果.
【详解】由复数 是纯虚数，得 ，解得 ，
则 ， ，所以 .
故选：D
2. “ ”是“ ”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据不等性质及命题的充分必要性直接可判断.
【详解】当 时，若 ，则 ，即“ ”不是“ ”充分条件；
当 时， ，即“ ”是“ ”必要条件，
综上所述，“ ”是“ ”的必要不充分条件，
故选：B.
3. 若向量 ， 的夹角为 ，且 ， ，则 （ ）
A. B. 2 C. 4 D. 3
【答案】B
【解析】
第 1页/共 20页
（北京）股份有限公司
【分析】根据题意，根据向量的模长公式即可求出结果.
【详解】 ， ，两边平方得： ，
即 ，
解得 ，
故选：B
4. 某普通高中高二年级学生参加体育学业水平考试立定跳远项目模拟测试，甲、乙两位同学连续 5 次的测
试数据如下表 单位：
甲 210 220 216 220 230
乙 215 212 216 223 249
下列说法错误的是（ ）
A. 甲同学测试数据的众数为 220 B. 乙同学测试数据的极差为 37
C. 甲同学测试数据的 分位数为 220 D. 乙同学测试数据的平均数为 223
【答案】C
【解析】
【分析】根据众数、极差、百分位数及平均数的计算方法计算即可判断.
【详解】对于 A，220 出现的次数最多，所以为众数，故 A 正确；
对于 B，因为 ，所以极差为 37，故 B 正确；
对于 C，将甲同学测试数据从小到大排列： .
因为 ，所以 分位数为 ，故 C 错误；
对于 D，因为 ，故 D 正确.
故选：C
5. 已知椭圆 与直线 交于 A，B 两点，点 M 满足 ，则 M 的轨迹方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
第 2页/共 20页
（北京）股份有限公司
【解析】
【分析】先设点再联立方程组求出得 ， ，结合向量关系得出坐标关系换元即可
求出轨迹方程.
【详解】设 ， ， ，由
消去 x 可得 ， ，
， ， ， ，
， ， ，
， ， ，
，
点 不在 轴上， ，
的轨迹方程为
故选：C.
6. 当 时，曲线 与 的交点个数为（ ）
A. 7 B. 6 C. 5 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】分别画出 与 在 上的函数图象，根据图象判断即可.
【详解】 与 在 上的函数图象如图所示，
第 3页/共 20页
（北京）股份有限公司
由图象可知，两个函数图象交点的个数为 6 个.
故选：B
7. 已知四面体 ABCD 的四个顶点都在同一球面上， ， ，平面 平面 当
该球的体积最小时，四面体 ABCD 体积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分析可知四面体 ABCD 的外接球的体积最小时，球心即为 的外接圆的圆心，进而求三棱锥
的高和体积.
【详解】因为平面 平面 BCD，所以点 A 在平面 BCD 的射影 E 落在 BD 上，
当点 E 为 BD 的中点时，AE 最大，此时四面体 ABCD 的体积取最大，
如图所示：
在 中，设其外接圆的圆心为 O，取 BC 的中点 F，连接 DF，则点 O 在 DF 的直线上，
由余弦定理得， ，
且 ，则 ，
第 4页/共 20页
（北京）股份有限公司
设外接圆的半径为 r，则 ，得 ，
当四面体 ABCD 的外接球的体积最小时，此时球心应为点 O，
则 ，且 ，
得 ， ，
此时四面体 ABCD 体积的最大值为：
故选：B.
【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法
1.涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空
间问题转化为平面问题求解；
2.若球面上四点 P、A、B、C 构成的三条线段 PA、PB、PC 两两垂直，一般把有关元素“补形”成为一个
球内接长方体求解；
3.正方体的内切球的直径为正方体的棱长；
4.球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长；
5.利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，
弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．
8. 已知函数 满足 ， ， ，当 时， ，
则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【 分 析 】 由 ， 列 举 递 推 出 ， 再 由 ， 列 举 递 推 出
，又因为当 时， ，即可得到答案.
第 5页/共 20页
（北京）股份有限公司
【详解】由题意得 ， ，故 ， ，
， ， ，
， ，
， ， ， ，
， ，
，
综上，
当 时， ， 当 时， ，
， ，
故选：A
二、多选题：本题共 3 小题，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 2 分，有选错的得 0 分.
9. 小华是一位篮球爱好者，每天坚持投篮训练，每天至少训练 10 组，每组投篮 50 次，且每一组投篮命中
的次数 X 服从正态分布 ，则（ ） 参考数据： ，
，
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】对于 A、B 选项，根据变量符合正态分布，可得出 和 的值，对于 C、D 选项，根据 原则，
第 6页/共 20页
（北京）股份有限公司
可计算出 、 的值.
【详解】由题意可得，X 服从正态分布 ，则 ， ，故 A 正确，B 错误，
，故 C 错误，
，故 D 正确.
故选：
10. 已知 p，r 为正数，圆 ，抛物线 ，则（ ）
A. 当圆 C 与 E 有公共点时，
B. 当 E 在点 处的切线与圆 C 相切时，
C. E 上一点 M 到点 和圆心 C 距离之和的最小值为 3p
D. 当 时，直线 被圆 C 所截弦长的最小值为
【答案】BC
【解析】
【分析】对于 A，圆心 为 的焦点，故只需满足 即可；对于 B，设出 E 在点
处的切线方程，与抛物线联立，令 求解即可判断；对于 C，问题可转化为 E 上一点 M 到点
和焦点距离之和的最小值，用抛物线定义即可判断；对于 D，直线 恒过点
，求出圆心 与直线 的最大距离 ，再求出弦长的最小值即可判断.
【详解】对于选项 A，由题意可知圆心 为抛物线 的焦点，要使圆 C 与 E 有公共点时，
只需顶点 在圆上或圆内，则 ，即 ，故选项 A 错误;
对于选项 B，由题意可知点 在抛物线 E 上，
设 E 在点 处的切线方程为 ，联立 ，
消去 y 得 ，
第 7页/共 20页
（北京）股份有限公司
则 ，解得 ，所以切线方程为 ，则圆心 C 到切线
的距离 ，所以 ，故选项 B 正确;
对于选项 C，由题意可知抛物线 E 的焦点为 ，准线方程为 ，则 M 到点 和圆心 C
距离之和的最小值为点 到准线 的距离，即为 3p，故选项 C 正确;
对于选项 D，直线 可化为 ，则直线恒过点 时，点
在 圆 内 ， 圆 心 与 直 线 的 最 大 距 离 ， 所 以 直 线
被圆 C 所截弦长的最小值为 ，故选项 D 错误.
故选：BC.
11. 已知函数 ，则（ ）
A. ，
B. 当 时， 有三个零点
C. 若 图象上存在四点构成正方形，则 a 的最大值为
D. 存在 a，b 使得满足方程 的曲线与 y 轴有三个交点
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于 A 选项，代入函数值验证即可；对于 B 选项，利用导数研究函数 单调性，可判定
零点个数，故 B 错误；对于 C 选项，设直线 ，则 ，联立方程组，再用分
离参数法求 a 的取值范围即可得到 a 的最大值；对于 D 选项，令 ，则 ，令
，利用导数研究 性质，从而得解.
【详解】对于 A，
，
故 A 正确;
对于 B， ，当 时， ， 单调递增，
第 8页/共 20页
（北京）股份有限公司
故 至多有一个零点，故 B 错误;
对于 C，若 图象上存在四点 A、B、C、D 构成正方形，
易得直线 AC、BD 的斜率存在且不为 0，
由 A 选项可得 的图象关于点 对称，
设直线 ，则 ，
设 ， ，
正方形的对角线互相平分， ，
，则 ，
联立 ， ，故 ，
， ，故 ，
所以 ，则 ， ，
， ， ；
对于 D，令 ，则 ，
令 ， ，
令 得 ， ，
在 上， ，故 在 上单调递增，
在 上， ，故 在 上单调递减，
第 9页/共 20页
（北京）股份有限公司
在 上， ，故 在 上单调递增，
又 ， ，
故 时， 有三个不同的解 ， ， ，
令 ，则 等价于 ，
根据 的图象特征知，存在 a 使得 有 3 个不同的解，故 D 正确，
故选：
【点睛】关键点点睛：对于 D 选项，令 ，则 ，令 ，利用导
数研究函数 性质，从而得解.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 已知等差数列 的前 n 项和为 ， ， ，则公差 __________.
【答案】2
【解析】
【分析】利用等差数列的通项公式和前 n 项和公式，列出方程组，即可求解公差.
【详解】解： 因为 ， ，
所以 ，即 ，解得 ，
即等差数列的公差
故答案为：
13. 若曲线 与曲线 存在公切线，则 a 的取值范围为__________．
【答案】
【解析】
【分析】曲线 与曲线 存 公切线等价于导函数相等有解，求导后列出方程求解即可.
第 10页/共 20页
（北京）股份有限公司
【详解】由 ，则 ，设切点为 ，切线斜率为 ，
所以，切线为 ，即 ，
由 ，则 ，设切点为 ，切线斜率为 ，
所以，切线为 ，即 ，
根据题设，若它们切线为公切线，则有 ，即 ，
又 ，即 且 ，即 ，
由上关系式并消去 并整理得 在 上有解，
令 ，则 ，
当 ，则 ，即 ，此时 递增；
当 ，则 或 ，即 或 ，此时 递减；
又 ， ，
所以 ，即 .
故答案为： .
【点睛】关键点点睛：设切点并写出两曲线对应的切线方程，根据公切线列方程组，注意切点横坐标及参
数 a 范围，进而转化为方程在某区内有解问题.
14. 陈某喜欢打排球和踢足球，他打算在连续 三天假期中每天下午选其中一项进行体育锻炼.如果某天选
排球，第二天还选排球的概率为 ；如果某天选足球，第二天还选足球的概率为 .若陈某第 天随机选其
中一项，则陈某第 天选排球的概率为__________.
【答案】
【解析】
【详解】利用相互独立事件的概率乘法公式，互斥事件的概率加法公式即可得出.
【分析】设 表示第 天选排球， 表示第 天选足球，
第 11页/共 20页
（北京）股份有限公司
设陈某第 3 天选排球为事件 ，则 ，
则 事件是由 ， ， ， 四个互斥事件和构成，
即 ，
所以
.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题关键是得到 事件是由 ， ， ， 四个互斥事件和构
成.
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 的 内 角 A， B， C 所 对 的 边 分 别 为 a， b， c， 且
（1）求
（2）若 ， ，求 的周长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用二倍角的正弦、余弦公式以及辅助角公式可得 ，从而可求 的值；
（2）利用两角和与差的余弦公式化简已知等式可得 ，则 ， ，再利用正弦定理可
求 的周长.
【小问 1 详解】
由 可得
第 12页/共 20页
（北京）股份有限公司
从而
化简得，
， ，故
【小问 2 详解】
由 ，可得 ，
即
即
， ，
，所以 ，
在 中，由正弦定理， ，
解得 ，
故 的周长为
16. 已知双曲线 的左、右焦点分别为 ， ，焦距为 4，P 为 C 上一点，
， 的面积为
（1）求 C 的方程;
（2）已知点 ，斜率为 1 的直线 l 与 C 交于 A，B 两点，若 的面积为 ，求 l 的方程.
【答案】（1） ；
第 13页/共 20页
（北京）股份有限公司
（2） .
【解析】
【分析】（1）根据余弦定理和面积公式列方程求解即可；
（2）利用弦长公式和点到直线的距离公式表示 的面积即可求解.
【小问 1 详解】
由题意可知， ，
在 中，由 ，得 ，
由 ，解得 ，
又由余弦定理得， ，
化简得 ，即 ，
，从而 ，
所以，双曲线方程为 .
【小问 2 详解】
设直线 l 的方程为 ，与双曲线相交于 ， ，
联立 化简可得 ，
由 ，可得 ，
， ，
所以， ，
第 14页/共 20页
（北京）股份有限公司
设点 到直线 l 的距离为 d，则 ，
故 ，解得
故 l 的方程为 .
17. 如图，在三棱锥 中， ，E 为棱 SB 的中点，O 为棱 AB 上一点， 平面
（1）若 ，证明： 平面
（2）若 ， ，求直线 OE 与平面 SAC 所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接 OC，借助全等三角形和三角形中位线性质推出 ，根据线面平行的判定定理，
即可求证；
（2）建立空间直角坐标系，根据向量法求解.
【小问 1 详解】
连接 OC， 平面 ABC， ，
又 ，
， ，
所以 O 为 AB 的中点，而 E 为 SB 中点，
第 15页/共 20页
（北京）股份有限公司
又 平面 SAC， 平面 SAC，
平面 SAC.
【小问 2 详解】
由题意， ， ， ，
又 平面 ABC， 平面 ABC， ，
在 中， ， ，
如图，以点 C 为坐标原点，CA，CB 所在直线为 x 轴、y 轴，过点 C 且平行于 SO 的直线为 z 轴建立空间直
角坐标系，
则 ， ， ， ， ， ，
所以 ， ，
设平面 SAC 的一个法向量为 ，则 ，即 ，
取 ，设直线 OE 与平面 SAB 所成角为 ，
则 ，
18. 已知函数
（1）当 ， 时，证明： ；
（2）若 ，对 ，不等式 恒成立，求 的最大值.
【答案】（1）证明见解析；
第 16页/共 20页
（北京）股份有限公司
（2） .
【解析】
【分析】（1）构造函数 ，利用导数研究 的单调性，再研究原
函数的单调性可得结果；
（2）当 时，不等式可化为 ，不妨设 ，则
，当 时， ， 在 R 上单调递增，构造函数
，利用导数研究最值可得.
【小问 1 详解】
证明：由题意，因为 ， ，所以 ，
所以只需证 ，即证 ，
设 ，则 ，
令 ，则 ，
故 在 单调递增，
而 ， ，
从而存在 ，使得 ，即 ，
所以，当 时， ，当 时， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
因此，
，
所以， ，即原不等式得证.
【小问 2 详解】
当 时，不等式可化为 ，
第 17页/共 20页
（北京）股份有限公司
不妨设 ，则 ，
当 ，即 时， ， 在 R 上单调递增，
此时当 时， ，与 矛盾，故不符题意；
当 时，则 ，
当 时， ，解得 ，
于是当 时， ，当 时， ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减.
故 ，
即 ，
由于 ，故 ，
于是，令 ，
则 ，
当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减.
所以， ，
此时 ， ，
因此，当 ， 时， 的最大值为
【点睛】思路点睛：利用导数证明不等式和恒成立问题时，经常转化为函数最值问题，利用导数进行研究，
有时需要多次求导，利用二次导数判断一次导数的单调性和最值，进而判断原函数的单调性和最值.
19. 给定数列 ， ， ， ，定义“ 变换”为将数列 变换成 ， ，
， ，其中 ，且 这种“ 变换”记作 ，继续对
数列 进行“ 变换”，得到数列 ， ，依此类推，当得到的数列各项为 0 时变换结束.
第 18页/共 20页
（北京）股份有限公司
（1）求数列 ，4，2，9 经过 4 次“ 变换”后得到的数列;
（2）证明：数列 ， ， 经过有限次“ 变换”后能够结束的充要条件是
（3）已知数列 ，2，2028 经过 K 次“ 变换”后得到的数列各项之和最小，求 K 的最小值.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）508
【解析】
【分析】（1）根据定义直接写出即可;
（2）从充分性和必要性两方面求证即可;
（3）求出数列 a， ，4 经过 6 次“ 变换”后得到的数列结构也是形如 a， ，4 的数列，仅除 4 之
外的两项均减小 24，得数列 经过 次“ 变换”后得到数列 6，10，4，接下来经过“ 变换”
依次得到 4，6，2，2，4，2，2，2，0，0，2，2，至此数列各项之和最小值为 4，即可求 K 的最小值.
【小问 1 详解】
由题知：数列 A4 ，4，2，9 经过 次“ 变换”后得到的数列依次为：
.
【小问 2 详解】
充分性：当 时，数列 ， ， 经过一次“ 变换”后结束，
必要性：即证明当 ， ， 不全相等时， ， ， 经过有限次“ 变换”后不会结束，
设数列 ， ， ，数列 ， ， ，数列 ，0，0，且 ，
由充分性易知：数列 E 只能为非零常数列，
不妨设
为了变换得到数列 E 的前两项，数列 D 只有如下四种可能：
， ， ， ， ， ， ， ， ，
那么数列 E 的第三项只能是 0 或者
即不存在数列 D，使其经过一次“ 变换”后变为非零常数列，
故当 ， ， 不全相等时， ， ， 经过有限次“ 变换”后不会结束，
第 19页/共 20页
（北京）股份有限公司
必要性得证
【小问 3 详解】
数列 ，2，2028 经过一次“ 变换”后得到数列 ，2026，
其结构为 a， ，4，且 远大于 ，
那么其经过 次“ 变换”后得到数列依次为：
4，a， ，4， ， ， ， ， ，4， ， ，
4
所以数列 a， ，4 经过 6 次“ 变换”后得到的数列结构也是形如 a， ，4 的数列，
仅除 4 之外的两项均减小 24，
因 ，
所以数列 经过 次“ 变换”后得到数列 6，10，4，
接下来经过“ 变换”依次得到 4，6，2；2，4，2；2，2，0；0，2，2，
至此数列各项之和最小值为 4，K 的最小值为
【点睛】关键点点睛：对于数列中的变换题，我们需要在变换中寻找确定的性质，后者需要从具体中抽象
出来.
第 20页/共 20页