2024~2025学年江西省赣州市赣县区高三上学期12月考试数学试卷【有解析】

这是一份2024~2025学年江西省赣州市赣县区高三上学期12月考试数学试卷【有解析】，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．已知全集，，则集合（ ）
A．B．C．D．
2．已知（是虚数单位）是关于的方程的一个根，则（ ）
A．9B．1C．-7D．
3．已知随机变量，且，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知数列满足，，则（ ）
A．B．C．D．5
5．已知，，，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
6．已知，且，则（ ）
A．B．C．2D．6
7．已知双曲线C：的左右焦点分别为，，过的直线与双曲线的右支交于A，B两点，若的周长为，则双曲线离心率的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
8．设函数，若，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．某班有男生人，女生人.在某次考试中，男生成绩的均分和女生成绩的均分分别为、；方差分别为、，该班成绩的均分和方差为、，则下列结论一定正确的是（ ）
A．B．
C．D．
10．在平面直角坐标系中，，则下列曲线中存在两个不同的点使得且的有（ ）
A．B．
C．D．
11．已知函数，记的最小值为，则（ ）
A．B．，的图象关于直线对称
C．D．
三、填空题（本大题共3小题）
12．的展开式中的系数是 （用数字作答）·
13．底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为 ．
14．将编号为的5个小球随机放置在圆周的5个等分点上，每个等分点上各有一个小球.则使圆周上所有相邻两球号码之差的绝对值之和最小的放法的概率为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知的三个内角满足.
(1)求角；
(2)若边上的高等于，求.
16．已知函数.
(1)求函数的单调区间与极值；
(2)已知函数与函数的图象关于直线对称.证明：当时，不等式恒成立.
17．如图，在三棱锥中，为上的动点.
(1)若，求证：平面；
(2)若平面与平面的夹角为，求的长.
18．已知椭圆的离心率，连接四个顶点所得菱形的面积为4.斜率为的直线交椭圆于两点.
(1)求椭圆的方程；
(2)若，求的最大值；
(3)设为坐标原点，若三点不共线，且的斜率满足，求证：为定值.
19．若有穷数列满足：且，则称其为“阶数列”.
(1)若“6阶数列”为等比数列，写出该数列的各项；
(2)若某“阶数列”为等差数列，求该数列的通项（，用表示）；
(3)记“阶数列”的前项和为，若存在，使，试问：数列能否为“阶数列”？若能，求出所有这样的数列；若不能，请说明理由.
答案
1．【正确答案】D
【分析】根据集合的交并补运算的定义即可求解.
【详解】,
由于，故，
故选：D
2．【正确答案】B
【分析】把方程的根代入方程，利用复数相等的列方程组求解．
【详解】已知是虚数单位）是关于的方程的一个根，
则，即，即，
解得，故．
故选：B．
3．【正确答案】B
【分析】利用正态密度曲线的对称性可求得的值.
【详解】因为随机变量，且，
则.
故选：B.
4．【正确答案】B
【分析】由递推数列的性质，代值求解即可.
【详解】
.
故选：B.
5．【正确答案】C
【分析】先由数量积的运算求出，再由投影向量的定义求解即可.
【详解】因为，所以，解得，
所以在上的投影向量为.
故选：C.
6．【正确答案】A
【分析】关键是角的构造，将构造成，再由正弦的和差角公式展开化简求解.
【详解】由题，，
则，
，
，
，
故选A.
7．【正确答案】D
【分析】根据双曲线定义及焦点三角形周长、焦点弦的性质有，即可求离心率范围.
【详解】
根据双曲线定义知：的周长为，而，
所以，而的周长为，
所以，即，所以，解得，
双曲线离心率的取值范围是.
故选：D.
8．【正确答案】A
【分析】由结合对数的运算性质与不等式解集运算可得，代入消元后求解二次函数最值即可.
【详解】的定义域为，
令，得，
①当时，满足题意，；
②当时，，由，得，
要使任意，恒成立，则，
所以；
③当时，，由，得，
要使任意，恒成立，则，
所以；
综上，，即.
又，，
当且仅当时，取最小值.
所以的最小值为.
故选A.
9．【正确答案】AD
【分析】利用分层抽样的平均数和方差公式可得结果.
【详解】由平均数公式可得，则A正确，B错误；
由方差公式可得，
当且仅当时，等号成立，
但因，则等号不成立，故，则C错误D正确.
故选：AD.
10．【正确答案】BD
【分析】将条件转化为曲线与线段的垂直平分线有两个不同的交点,依次验证即可.
【详解】由题，线段的垂直平分线为：，与曲线有两个不同的交点，
对于A选项，圆心，圆心到直线的距离为，直线与圆只有一个交点，不合题意，故A选项错误；
对于B选项，联立，故B选项正确；
对于C选项，无解，故C选项错误；
对于D选项，，故D选项正确.
故选：BD.
11．【正确答案】BCD
【分析】当时，设，令，求得，求得的函数的单调性与最小值，求得，可判定A；由，可判定B；由A选项，即可求出的最大值，可判定C；由，得到，进而得到，从而可判定D．
【详解】对于A中，当时，；当时，设，则，
令，可得，其中,，
当时，，所以，可得；
当时，，所以，即，
所以，所以A错误；
对于B中，因为，
所以函数的图象都关于直线对称，所以B正确；
对于C中，由A选项知，，，所以的最大值为1，即的最大值为1，故C正确；
对于D中，设，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
又由，所以，即，所以，
又，可得，
所以，所以D正确．
故选：BCD．
关键点点睛：该题A,C选项的关键是，通过换元构造函数，借助导数，求出函数的最大值最小值，从而得解，对于B选项的关键是把对称问题，转化为证明等式恒成立问题，对于D选项的关键是构造函数，再一次借助导数，证明不等式，从而借助不等式性质，和数列求和即可得证.
12．【正确答案】40
【分析】二项式定理展开式中的特定项的系数问题，只需按照二项式定理展开即可.
【详解】根据二项式定理，含有的项为.
故40.
13．【正确答案】
【分析】方法一：割补法，根据正四棱锥的几何性质以及棱锥体积公式求得正确答案；方法二：根据台体的体积公式直接运算求解.
【详解】方法一：由于，而截去的正四棱锥的高为，所以原正四棱锥的高为，
所以正四棱锥的体积为，
截去的正四棱锥的体积为，
所以棱台的体积为.
方法二：棱台的体积为.
故答案为.

14．【正确答案】
【分析】先求出基本事件的总个数，设是依次排列于这段弧上的小球号码，根据绝对值不等式可得的最小值及取最小值时的关系，再结合古典概型即可得出答案.
【详解】五个编号不同的小球放在圆周的五个等分点上，
每点放一个相当于五个不同元素在圆周上的一个圆形排列，共有种放法，
考虑到翻转因素，故本质不同的放法有种，
下求使圆周上所有相邻两球号码之差的绝对值之和最小的放法数：
在圆周上，从1到5有优弧和劣弧两条路径，对其中任一条路径，
设是依次排列于这段弧上的小球号码，
则，
当且仅当时，上式等号成立，即每段弧上的小球编号均为由1到5递增排列，
因此圆周上所有相邻两球号码之差的绝对值之和的最小值为，
由上，知当每段弧上的球号确定之后，达到最小值的排序方案便唯一确定，
在1，2，…，5中，除1与5外，剩下三个球号2，3，4，
将它们分为两个子集，元素较少的一个子集共有种情形，
每种情形对应着圆周上使圆周上所有相邻两球号码之差的绝对值之和为最小的唯一排法，即事件总数为种，
故所求概率.
故
关键点点睛：设是依次排列于这段弧上的小球号码，根据绝对值不等式可得的最小值及取最小值时的关系，是解决本题的关键.
15．【正确答案】(1)
(2)
【分析】（1）将转化可得，然后由两角和的正切公式求出，即可求出角；
（2）设BC边上的高，则，，令，然后利用两角和的余弦公式求解即可.
【详解】（1）由，得，
即，所以，
因为为的三个内角，所以，所以.
（2）设BC边上的高，在中，，则，
又因为，则，
令，易得：，
所以.
16．【正确答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为，函数的极大值为，无极小值
(2)证明见解析
【分析】（1）对函数求导，根据导函数的符号确定函数的递增递减区间，继而得到极大值；
（2）令，求导利用单调性即得结论.
【详解】（1）由可得：,故当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，所以函数的单调递增区间为，函数的单调递减区间为，
且当时，函数的极大值为，无极小值.
（2）因为函数与函数的图象关于直线对称，所以则.
令，则
则当时，，故函数单调递增，
于是，当时，，故当时，不等式恒成立.
17．【正确答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）两次利用勾股定理分别证明，，即可得证；
（2）由（1）问可知，确定空间直角坐标系的原点位置，然后建系，利用已知的二面角建立等式关系，求出动点D的坐标，即可得出答案.
【详解】（1）
在中，，则，
又，所以
由勾股定理可得为直角三角形，,
所以，所以
在中，因为，由余弦定理可得：
则，所以，
又，在中由余弦定理可得：
，
则，所以，
又平面平面，
所以平面
（2）在上取一点，使由（1）可得平面，作，
如图以为坐标原点，所在的直线分别作为轴，轴，轴建立空间直角坐标系.
则点，
因为平面，所以为平面的一个法向量，
设平面的一个法向量为，
由可得，取，则，所以，
因为，所以，解得，
即，又，所以,
所以当时，则二面角的大小为.
18．【正确答案】(1)
(2).
(3)证明见解析
【分析】(1)由椭圆的基本性质，连接四个顶点所得菱形的面积为，即可求解;
(2) 联立，可得：，由韦达定理，弦长公式求解；
(3) 联立，可得：，由韦达定理，又由，所以，代入为定值.
【详解】（1）因为，所以，
又连接四个顶点所得菱形的面积为，可得，
解得，所以椭圆方程为.
（2）如图所示：

设直线的方程为：
联立，可得：，则，
由韦达定理可得：，
由弦长公式可得：
当时，AB取得最大值.
（3）如图所示：

设直线的方程为：
联立，可得：，则
由韦达定理可得：，
又由，可得，
代入可得，即.所以，所以
故为定值.
19．【正确答案】(1)或
(2)答案见解析
(3)不能，理由见解析
【分析】（1）根“阶数列”的定义求解即可；
（2）结合“阶数列”的定义，首先得，然后分公差是大于0、等于0、小于0进行讨论即可求解；
（3）记中非负项和为，负项和为，则，进一步，结合前面的结论以及“阶数列”的定义得出矛盾即可求解.
【详解】（1）设成公比为的等比数列，显然，
则有，得，解得，
由，
得，解得，
所以数列或为所求；
（2）设等差数列的公差为，
因为，
所以，即，所以
当时，矛盾，
当时，，
所以，即，由得，
即，
所以，
当时，同理可得，即，
由得，即，
所以，
综上所述，当时，，
当时，；
（3）记中非负项和为A，负项和为，则，
得，即，
若存在，使，可知：
，且，
所以时，时，
所以，
又与不能同时成立，
故数列不为“阶数列”.