江西省新余市2024-2025学年高三上学期第一次模拟考试数学试卷 含解析

这是一份江西省新余市2024-2025学年高三上学期第一次模拟考试数学试卷 含解析，共21页。试卷主要包含了 等比数列中，已知，则， 已知复数，则， 下列说法中正确的是等内容，欢迎下载使用。
说明：1.本卷共有四个大题，19个小题，全卷满分150分，考试时间120分钟.
2.本卷分为试题卷和答题卷，答案要求写在答题卷上，在试题卷上作答不给分.
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. 双曲线的实轴长为（ ）
A. B. 4C. D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】根据双曲线方程直接确定实轴长.
【详解】由双曲线方程知，则实轴长为.
故选：C
2. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】解一元二次不等式、指数不等式求集合，应用交运算求集合.
【详解】由，，
所以.
故选：A
3. 等比数列中，已知，则（ ）
A. B. 2C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】利用等比数列通项公式及已知可得，再由即可求值.
【详解】若等比数列的公比为，
由题设，则，即，
由.
故选：A
4. 已知是锐角，则“直线与平面所成角的大小为”是“直线与平面内无数条直线所成角的大小为”的（ ）条件.
A. 必要不充分B. 充分不必要
C. 充分必要D. 既不充分也不必要
【答案】B
【解析】
【分析】利用线面角的定义结合充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】如下图所示：
设直线交平面于点，过直线上异于点的点作，垂足为点，
则为直线与平面所成的角，
若直线与平面所成角的大小为，则直线与所有平行于直线的直线所成的角都为，
即“直线与平面所成角的大小为”“直线与平面内无数条直线所成角的大小为”，
若直线与平面内无数条直线所成角的大小为，
但直线与平面内所有直线所成的最小角为直线与平面所成的角，
所以，不一定是直线与平面所成的角，
即“直线与平面所成角的大小为”“直线与平面内无数条直线所成角的大小为”，
因此，“直线与平面所成角的大小为”是“直线与平面内无数条直线所成角的大小为”的充分不必要条件.
故选：B
5. 已知直线的方程为，则直线的倾斜角的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出直线的斜率的取值范围，利用直线倾斜角与斜率的关系可得出直线的倾斜角的取值范围.
【详解】直线的斜率为，设该直线的倾斜角为，则，
又因为，故.
故选：D.
6. 2024年巴黎奥运会乒乓球比赛，中国队表现出色，包揽全部乒乓金牌，其中混双是中国历史上第一块奥运乒乓球混双金牌，由王楚钦和孙颖莎组成的“莎头”组合对战朝鲜队，最终以的比分赢得胜利.假设2025年的一次乒乓球比赛中，“莎头”组合再次遇到朝鲜队，采用7局4胜制（先胜4局者胜，比赛结束），已知每局比赛“莎头”组合获胜的概率为，则“莎头”组合再次以获胜的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分析“莎头”组合以获胜，即前局“莎头”组合胜局、负局，第局“莎头”组合获胜，利用二项分布的概率公式计算可得.
【详解】“莎头”组合再次以获胜，即前局“莎头”组合胜局、负局，第局“莎头”组合获胜，
所以“莎头”组合再次以获胜的概率.
故选：B
7. 已知函数的图象经过点，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则对任意的都有
B. 若的图象关于直线对称，则
C. 若在上单调递增，则的取值范围是
D. 若方程在上恰有两个不同的实数解，则的取值范围是
【答案】C
【解析】
【分析】先根据函数的图象经过点求出，根据正弦函数的周期即可判断A；根据正弦函数的对称性即可判断B；根据正弦函数的单调性即可判断C；根据正弦函数的图象与性质即可判断D．
【详解】因为函数的图象经过点，
所以，即，又，所以，所以；
对于A：当时，，
则，故A错误；
对于B：因为的图象关于直线对称，则，
又，所以，故B错误；
对于C：由，得，
因为在上单调递增，所以，
即，解得，即的取值范围是，故C正确；
对于D，因为，所以，
方程在上恰有两个不同的实数解，即在上恰有两个不同的实数解，
则有，解得，即的取值范围是，故D错误．
故选：C．
8. 已知表示m，n中最大的数，设函数，若，则的最大值为（ ）
A. 2B. 1C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据题设有的定义域为，讨论、、、，结合导数、二次函数、对数函数的性质研究的符号得参数范围，即可得答案.
【详解】由，显然函数定义域为，
当时，
令，则，
令，则，
显然，即在上单调递增，
又，，故使，则，
所以上，即，则在上单调递减，
上，即，则在上单调递增，
所以，显然，则，
此时恒成立，故，即，满足要求；
当时，
对于有，即恒成立，
则时，，又时，，
此时恒成立，即，满足要求；
当时，
对于恒成立，
则时，，又时，，
此时恒成立，即，满足要求；
当时，
对于的图象开口向上且对称轴，
所以，在上单调递减，且有，
对于，在上单调递增，且有，
综上，在区间内，存在，即存在，不满足要求；
综上，，故的最大值为1.
故选：C
【点睛】关键点点睛：利用导数、二次函数、对数函数的性质研究在上是否恒成立为关键.
二、选择题：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. 已知复数，则（ ）
A.
B.
C.
D. 在复平面内对应的点位于第四象限
【答案】BD
【解析】
【分析】根据复数不能比较大小判断A，应用加法及模长公式计算判断B，应用共轭复数及复数得乘法计算判断C，结合除法运算律及对应点的坐标判断D.
【详解】虚数不能比较大小，A选项错误；
复数，则，则，B选项正确；
，C选项错误；
对应点为，D选项正确.
故选：BD.
10. 下列说法中正确的是（ ）
A. 若样本数据、、、的平均数为，则数据、、、的平均数为
B. 随机变量服从正态分布，若，则
C. 某校高三（1）班进行米体测，男生人，跑完平均用时秒，方差为，女生人，跑完平均用时秒，方差为，则该班级的体测成绩方差大于
D. 若随机事件、满足：，，，则事件与相互独立
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用平均数的性质可判断A选项；利用正态密度曲线的对称性可判断B选项；利用分层抽样的方差公式可判断C选项；利用独立事件的定义可判断D选项.
【详解】对于A选项，设数据、、、的平均数为，
则样本数据、、、的平均数为，解得，A对；
对于B选项，随机变量服从正态分布，若，则，
则，B对；
对于C选项，由题意可知，该班级的体测成绩的平均数为，
所以，该班级的体测成绩方差为
，
无法确定与的大小，C错；
对于D选项，由题意可得，
故事件、独立，D对.
故选：ABD.
11. 如图，在棱长为的正方体中，、、分别是、、的中点，是线段上的动点（不包含端点），则（ ）
A. 四面体的外接球的表面积为
B. 存在点，使、、、四点共面
C. 过且与垂直的平面截正方体所得截面面积取值范围为
D. 点是四边形内的动点，且直线与直线夹角为，则点的轨迹长度为
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用补形法可判断A选项；作出辅助线，得到，即、、、四点共面，当与重合时满足要求，但不能与重合，可判断B选项；作出辅助线，得到平面截正方体截面为平行四边形，当与点重合时，面积最大，此时面积为，当与点无限接近时，面积接近于，可判断C选项；作出辅助线，得到点的轨迹是以为圆心，为半径的部分圆弧，可求出点的轨迹长度，可判断D选项.
【详解】对于A选项，将四棱锥补成长方体，
所以，四面体的外接球的直径即为长方体的体对角线长，
即四面体的外接球的直径为，
所以，四面体的外接球的表面积为，A对；
对于B选项，连接、、，
因为且，故四边形为平行四边形， 所以，，
因为、分别是、中点，则，所以，
即、、、四点共面，
当与重合时满足、、、四点共面，
但是线段上的动点（不包含端点），B错；
对于C选项，如图，在平面上作⊥，垂足为点，
过点作在平面内⊥交或者于，
因为平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
又平面，所以⊥，
因为，、平面，所以平面，
平面截正方体截面为平行四边形，
当与点重合时，面积最大，此时，，面积为，
当与点无限接近时，面积接近于，
过且与垂直的平面截正方体所得截面面积取值范围为，C对；
对于D选项，取的中点，连接，则，
则平面，取的中点，以为圆心，为半径作圆，
交、于、，
则点的轨迹为以为圆心，为半径的部分圆弧，
此时满足直线与直线夹角为，
如图，，故，
所以点的轨迹长度为，D对.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：立体几何中截面的处理思路：
（1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程；
（2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线；
（3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线；
（4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量，若与是共线向量，则实数___________.
【答案】##0.5
【解析】
【分析】由向量线性关系的坐标运算及共线的坐标表示列方程求参数即可.
【详解】由题设，，且两向量共线，
所以，则.
故答案为：
13. 展开式中的系数为36，则的值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意结合二项展开式的通项公式运算求解.
【详解】因为的二项展开式为，
令，可得；
令，可得；
可得，
所以，
解得：，
故答案为：
14. 课内我们已经学习了一元二次方程的韦达定理.实际上，一元三次方程也有对应的韦达定理：一元三次方程的三根为满足：.已知满足：和，其中互不相等，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】结合二、三次方程的韦达定理建立关于的等量关系，整体消元解方程组可得.
【详解】由题意互不相同，则互不相同.
即互不相同.
由已知，
可得是方程的三个不同的实数根.
由一元三次方程的韦达定理得，即①，
由，且为一常数，
则是方程的两不等根，
则由韦达定理可得，②，
联立①②解得.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解决此题的关键在于理解并应用一元三次方程的韦达定理，再通过根与系数的关系建立方程组求解.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步㵵.
15. 在中，已知角的对边分别是，且.
（1）求角的大小；
（2）若边上的高为，求三角形ABC的周长.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由余弦边角关系及已知可得，再应用余弦定理即可求角的大小；
（2）由三角形面积公式，应用等面积法列方程得，结合（1）的结论，并应用余弦定理求边长，进而确定三角形的周长.
【小问1详解】
由题设及余弦定理知，整理得，
所以，，则；
【小问2详解】
由题意及（1）知：，则，
由，即，
所以（负值舍），故，而，
所以三角形ABC的周长为.
16. 如图，在四棱锥中，，，平面平面ABCD.
（1）求证：；
（2）求平面PCD与平面PAB夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）连接，根据已知易得、，由面面垂直的性质有面，由线面垂直的性质有，最后利用线面垂直的判定和性质证结论；
（2）若为的中点，连接，根据面面垂直的性质证面，在面内作，构建合适空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值.
【小问1详解】
由，易知为直角梯形，且，
连接，则，且为等腰直角三角形，，所以，
在中，则，
又，故，即，
且，即，面面，面，
又面面，所以面，面，则，
又且都在面内，故面，面，
所以.
【小问2详解】
若为的中点，连接，由，则，
面面，面，面面，
所以面，由，易知为直角梯形，
面内作，则可构建空间直角坐标系，如图，
则，
所以，，，，
若为面的一个法向量，则，
令，则，
若为面的一个法向量，则，
令，则，
所以，
即平面PCD与平面PAB夹角的余弦值为.
17. 已知函数，其中.
（1）当时，求在点处的切线方程；
（2）当时，恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）应用导数的几何意义求切线方程；
（2）首先证明为偶函数，问题化为研究时恒成立，再结合，根据必要性有得到，再证明充分性，说明上存在，即可得答案.
【小问1详解】
由题设，且时，则，
所以，则，
故在点处的切线方程为，
所以.
【小问2详解】
由且定义域为R，
所以为偶函数，即函数图象关于轴对称，只需研究时恒成立，
由，要使在上恒成立，必有（必要性），
由，则，即，
下证（充分性）：时，恒有在上成立，
在上，
又，且，故，即在上恒成立；
当时，令，则，
在上，即恒成立，
所以上单调递增，
当趋向于0时趋向于()，当趋向于时趋向于，
所以，使，
即，，则在上单调递减，
又，故存在区间上，不合题设；
综上，.
18. 平面直角坐标系中，点与定点的距离和它到定直线的距离之比是常数.
（1）求点的轨迹方程；
（2）若不过点的直线交曲线于P，Q两点；
①若以P，Q为直径的圆过点，证明：直线过定点；
②在①条件下，作为垂足.是否存在定点，使得为定值？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】（1）；
（2）①证明见解析；②存在，定值为.
【解析】
【分析】（1）利用两点距离公式、点线距离列方程并整理，即可得轨迹方程；
（2）①令，，联立的轨迹方程，应用韦达定理及求参数，即可证结论；②根据①结论及确定的轨迹，即可得结论，并找到定点坐标.
【小问1详解】
令，结合题设有，则，
所以，即点的轨迹方程为.
【小问2详解】
若以P，Q为直径的圆过点，且直线不过点可知，直线的斜率不为0，
可设，，联立，
则，整理得，
且，则，
所以，，
①由题意
，
所以，即或（舍，直线过点），
所以，故直线过定点，得证.
②由，且直线过定点，
故在以为直径的圆上，且中点为，该点到的距离恒为，
所以，存在定点使.
19. 设，若，且不存在，使得依次成等差数列，则称为的简单集，元素个数最多的简单集称为的最大简单集，的最大简单集的元素个数记为.
（1）写出4的所有最大简单集，并求；
（2）设，证明：，并求；
（3）设，若对任意，都有恒成立，证明：.
【答案】（1）或；.
（2）证明见解析；
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由简单集及最大简单集定义可得；
（2）先证明性质，再应用性质得，分别验证不满足，再找到使的集合则可求；
（3）先证明，说明当时结论不成立；再利用数学归纳法证明当时，结论恒成立，由此得当时也成立.
【小问1详解】
若，，
由简单集及最大简单集定义可知，4的最大简单集为或．
故.
【小问2详解】
设．若为的最大简单集，
且，则．
由于为的简单集，为的简单集，
由最大简单集的定义可知，
故．
因此当时，①，
下面求：
由于，由①可知．
其中中最多只能取三个数：或；
中最多也只能取三个数：或．
若，共四种情况：或或或.
在和中，成等差数列；
在和中，成等差数列；
以上情况均不满足定义，故．
若，则和恰有一个集合有三个数，
依据对称性，不妨设该集合为，三个数为或．
则中选两个数，且不能选7（否则成等差数列），
故只有三种情况：5，6；5，8；6，8．
若选两数为，则在与中，为等差数列；
若选两数为，则在中，为等差数列；
在中，为等差数列；
若选两数为，则在与中，为等差数列；
均不满足定义，故．
又为简单集，故.
【小问3详解】
一方面，对，若是的最大简单集，
则必为的简单集，故②，
下面证明：当，不满足结论“对任意，恒成立”．
即证：当时，存在，使得.
证明：当时，由①②可知，，
又因为为简单集，所以，
故可知，当时，存，满足且，
故当，不满足结论“对任意，恒成立”，得证.
另一方面，我们先求出.
对于，可知．
若，因为，所以在中最多选个数，
故必选，因此也不能选；
同理，在中最多选个数，故必选，因此也不能选；
又由选可知，不能选；选可知，不能选；
此时，最大简单集中不能出现，因此必选；
而中，成等差数列，故；
对于，由，
若，同理可知，必属于最大简单集，
此时，最大简单集中不能出现，
则在中需选个数，共种情况，
或或或，
其中分别包含等差数列；；；，故.
下面再证明： 当时，对任意，都有恒成立，
即证：对任意，都有恒成立，
下面用数学归纳法证明：
（i）当时，由①及上面分析可知；
当时，；
当时，；
当时，
（ii）假设当时，有，
则当时，由（1）可知.
故当时，命题也成立．
根据（i）（ii）可知，对任意，都有恒成立.
自然地，当时，，故对任意时，恒成立．
综上所述，若，则“”是“对任意，都有恒成立”的充要条件.
即：若对任意，都有恒成立，则有，得证.
【点睛】关键点点睛：解决此题关键是理解并应用定义挖掘以下性质并应用：
（1）当时，；
（2）对，若是的最大简单集，则必为的简单集，且.