江西省南昌市江西师范大学附属中学2024−2025学年高三下学期第一次素养测试（3月）数学试卷（含解析）

这是一份江西省南昌市江西师范大学附属中学2024−2025学年高三下学期第一次素养测试（3月）数学试卷（含解析），共14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（本大题共8小题）
1．已知复数为纯虚数，则的值为（ ）
A．2B．1C．D．
2．设函数，则（ ）
A．B．C．0D．2
3．已知向量，，，则（ ）
A．B．C．1D．2
4．已知双曲线与椭圆焦点相同，则下列结论正确的是（ ）
A．双曲线的渐近线方程为
B．双曲线的焦点坐标为
C．双曲线的离心率
D．双曲线的实轴长为1
5．将函数的图象向右平移个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，得到的图象，则的值为（ ）
A．B．C．D．
6．若存在实数使得与内切，则的最小值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
7．在正三棱柱中，，则“”是“异面直线与所成角的余弦值是”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
8．设函数，若恒成立，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知函数的部分图象如图所示，其最小正周期为T，则（ ）
A．B．
C．的一个单调递增区间为D．为奇函数
10．给出下列命题，其中正确命题为（ ）
A．随机变量，若，，则
B．随机变量X服从正态分布，，则
C．一组数据（，2，3，4，5，6）的经验回归方程为，若，则
D．对于独立性检验，随机变量的观测值k越小，判定“两变量有关系”犯错误的概率越大
11．已知数列满足：对任意的，总存在，使得，则称为“回旋数列”．以下结论中正确的是（ ）
A．若，则为“回旋数列”
B．设为等比数列，且公比为有理数，则为“回旋数列”
C．设为等差数列，当，公差时，若为“回旋数列”，则
D．若为“回旋数列”，则对任意，总存在，使得
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知圆锥的底面半径为6，体积为，用平行于圆锥底面的平面截圆锥，若截得的圆台体积为，则该圆台的表面积为 ．
13．抛物线的焦点为，准线为，，是抛物线上的两个动点，且满足．设线段的中点在准线上的投影为，则的最大值是 ．
14．“朗博变形”是借助指数运算或对数运算，将化成，的变形技巧.已知函数，，若，则的最大值为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．在中，，，．
(1)若，求；
(2)若，，求的值．
16．如图，已知四棱锥中，底面为菱形，，，平面，分别是的中点．
(1)证明：平面平面；
(2)求二面角的正弦值．
17．已知椭圆的离心率是，点在上．
(1)求的方程；
(2)过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，证明：线段的中点为定点．
18．已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若有两个极值点，，当时，求的最大值.
19．2023年10月11日，中国科学技术大学潘建伟团队成功构建255个光子的量子计算机原型机“九章三号”，求解高斯玻色取样数学问题比目前全球最快的超级计算机快一亿亿倍.相较传统计算机的经典比特只能处于0态或1态，量子计算机的量子比特（qubit）可同时处于0与1的叠加态，故每个量子比特处于0态或1态是基于概率进行计算的.现假设某台量子计算机以每个粒子的自旋状态作为量子比特，且自旋状态只有上旋与下旋两种状态，其中下旋表示“0”，上旋表示“1”，粒子间的自旋状态相互独立.现将两个初始状态均为叠加态的粒子输入第一道逻辑门后，粒子自旋状态等可能的变为上旋或下旋，再输入第二道逻辑门后，粒子的自旋状态有p的概率发生改变，记通过第二道逻辑门后的两个粒子中上旋粒子的个数为X.
(1)已知，求两个粒子通过第二道逻辑门后上旋粒子个数为2的概率；
(2)若一条信息有n（，）种可能的情况且各种情况互斥，记这些情况发生的概率分别为，，…，，则称（其中）为这条信息的信息熵.试求两个粒子通过第二道逻辑门后上旋粒子个数为X的信息熵H；
(3)将一个下旋粒子输入第二道逻辑门，当粒子输出后变为上旋粒子时则停止输入，否则重复输入第二道逻辑门直至其变为上旋粒子，设停止输入时该粒子通过第二道逻辑门的次数为Y（，2，3，…，n，…），证明：当n无限增大时，Y的数学期望趋近于一个常数.
参考公式：时，，.
参考答案
1．【答案】C
【详解】，
由题意得，所以，
故选C．
2．【答案】B
【详解】.
故选B．
3．【答案】A
【详解】因为，，
所以，
因为，
所以，即，
解得
故选A.
4．【答案】A
【详解】椭圆半焦距，则，解得，双曲线方程为，
对于A，双曲线的渐近线方程为，A正确；
对于B，双曲线的焦点坐标为，B错误；
对于C，双曲线的离心率，C错误；
对于D，双曲线的实轴长为2，D错误.
故选A．
5．【答案】D
【详解】由已知得，
所以，
解得，又，
所以.
故选D.
6．【答案】B
【详解】将方程配方得：，则，半径为1，
由可得，半径为，
因与内切，则有，
由于，则得，解得，即的最小值为2.
故选B.
7．【答案】A
【详解】如图：
设.
以为基底，则，
，，.
因为，，
所以.
由可得，解得或，即或.
即“异面直线与所成角的余弦值是”的充要条件是“或”.
故“”是“异面直线与所成角的余弦值是”的充分不必要条件.
故选A．
8．【答案】C
【详解】由题可得函数的定义域为，
因为函数恒成立，而，故，
则或，解得或，
若，得不等式的解集为，
则使得，不满足题意；
若，得不等式的解集为，
则使得，不满足题意；
若，得不等式的解集为，
则使得，不满足题意；
若，得不等式的解集为，满足题意，
综上所述，
所以，
因为且，即，
所以的取值范围为，
所以的取值范围为.
故选C.
9．【答案】AD
【详解】函数的最小正周期为，故A正确；
由题图可得，所以，
因为，所以，得，故B错误；
由，得，
取，可得函数的一个单调递增区间为，故C错误；
因为，且定义域关于原点对称，
所以为奇函数，故D正确．
故选AD.
10．【答案】AD
【详解】对于A：随机变量，，，解得，故A正确；
对于B：，故B错误；
对于C：，所以，故C错误；
对于D：对于独立性检验，随机变量的观测值值越小，判定“两变量有关系”犯错误的概率越大，故D正确．
故选AD.
11．【答案】AC
【详解】[对于A，由可得，
由可得，
取即可，则为“回旋数列”，故A正确；
对于B，当时，，，
由可得，故当时，很明显不成立，
故不是“回旋数列”，故B错误；
对于C，是等差数列，故，，
因为数列是“回旋数列”，所以，
即，其中为非负整数，
所以要保证恒为整数，
故为所有非负整数的公约数，且，所以，
此时，当时，；时，；
当时，，当为大于3的整数时，与奇偶性相反，则为正整数，
故满足题意，故C正确；
对于D，由A可知，当时，为“回旋数列”，
取，，显然不存在，使得，故D错误．
故选AC．
12．【答案】
【详解】设圆台上底面半径为，高为，则，解得，
由圆台的体积公式得，解得，
所以圆台的母线长，
则圆台的侧面积为，
所以圆台的表面积为．
13．【答案】/
【详解】设、，作分别于，则，，
在梯形中，有，
在中，，
又，则，即，
当且仅当时取等号，因此，所以的最大值是.
14．【答案】/
【详解】由，得，
即，所以，，
令，则对任意的恒成立，
所以，函数在上单调递增，
由可得，所以，
令，所以，
当时，；当时，.
所以在上单调递增，在上单调递减，则.
15．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）∵，∴，
∴，
即，∴．
又，∴，∴．
（2）在中，①，
在中， ②，
①÷②得
又，，∴，
所以
16．【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：连接．∵底面为菱形，，
∴是正三角形，∵E是CD中点，∴，
∵平面，平面，∴，
，又都在平面内，
∴平面，又平面，
∴平面平面．
（2）由（1）知，两两垂直，以所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
易知：，，，，
则
，，
设平面的法向量为，平面的法向量为，
则，即令，得，解得．
即，令，得，解得
设二面角的平面角为，则，
所以．
所以二面角的正弦值为．
17．【答案】(1)
(2)证明见详解
【详解】（1）由题意可得，解得，
所以椭圆方程为.
（2）由题意可知：直线的斜率存在，设，
联立方程，消去y得：，
则，解得，
可得，
因为，则直线，
令，解得，即,
同理可得，
则
，
所以线段的中点是定点.

18．【答案】(1)答案见解析
(2)
【详解】（1）由求导得，.
当时，恒成立，所以在上单调递增；
当时，方程的，
所以，在上单调递增；
当时，，
由，解得，，
当时，，
当时，，
所以在上单调递减，在和上单调递增.
综上，当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减，
在和上单调递增.
（2）若有两个极值点，，
则，由方程知，.
，
令()，
则，
所以在上单调递减，所以.
所以的最大值是.
19．【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）设“两个粒子通过第一道逻辑门后上旋粒子个数为i个”，，1，2，“两个粒子通过第二道逻辑门后上旋粒子个数为2个”，
则，，
，，，
则.
（2）由题知，1，2，
由（1）知，
同理可得，
则，
故X的信息熵.
（3）由题知，其中，2，3，…，
则，
又，
则，①
，②
①－②得：
由题知，当n无限增大时，趋近于零，趋近于零，则趋近于.
所以当n无限增大时，Y的数学期望趋近于一个常数.