江西省铜鼓中学2024届高三下学期第一次阶段性测试数学试卷

这是一份江西省铜鼓中学2024届高三下学期第一次阶段性测试数学试卷，共5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。
1．已知集合，，则（ ）
A． B． C．D．
2．已知复数，其中为虚数单位，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知向量，，且，则（ ）
A．2B．3C．4D．
4．曲线在点处的切线与直线平行，则（ ）
A．B．C．1D．2
5．已知为等差数列的前项和，若，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知双曲线的离心率为，则其两条渐近线所成的锐角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
7．从三个班级，每班随机选派两名学生为代表，这六名同学被随机安排在一个圆桌会议室进行“深度学习与复习”座谈，会议室的圆桌正有好有六个座位，则同一班级的两名同学恰好被安排在一起相邻而坐的概率为（ ）
A．B．C．D．
8．赵爽是我国古代著名的数学家，大约在公元222年，赵爽为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”．亦称“赵爽弦图”．如图1，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形．我们通过类比得到图2，它是由三个全等的钝角三角形与一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形，若图2中，，则（ ）
A． B．C． D．
二、多选题（本大题共3小题，每小题5分，共15分。全部选对得5分，部分选对得部分分，有错误选项得0分）
9．已知，则（ ）
A． B． C．D．
10．如图，正方体中，，P为线段上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A． B．平面
C．三棱锥的体积为定值D．的最小值为
11．如图，点是函数的图象与直线相邻的三个交点，且，则（ ）
A． B．
C．函数在上单调递减
D．若将函数的图象沿轴平移个单位，得到一个偶函数的图像，则的最小值为
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12．在的展开式中的系数为 .
13．动点与两个定点，满足，则点到直线：的距离的最大值为 .
14．设函数的定义域为．若，则实数的取值范围是 ．
四、解答题（本大题共5题，共77分）
15．（13分）（甲、乙两支女子排球队进行排球比赛，每场比赛采用“5局3胜制”（即有一支球队先胜3局即获胜，比赛结束），假设在每局比赛中，甲队获胜的概率为，乙队获胜的概率为，各局比赛的结果相互独立．
(1)求乙队获胜的概率；
(2)设比赛结束时甲队和乙队共进行了局比赛，求随机变量的分布列及数学期望．
16．（15分）在递增的等比数列中，，，为等差数列的前项和，，.
（1）求、的通项公式；
（2）求数列的前项和.
17．（15分）如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，底面ABCD是菱形，是正三角形，，是AB的中点．

(1)证明：．
(2)求二面角的余弦值．
18．（17分）已知椭圆的离心率为，点在椭圆上.
(1)求椭圆的方程；
(2)设，过点作直线交椭圆于不同于的两点，直线的斜率分别为，试问：是否为定值？若是，求出定值，若不是，请说明理由.
1
9．（17分）已知函数的图象在点（为自然对数的底数）处的切线的斜率为3.
（1）求实数的值；
（2）若对任意成立，求实数的取值范围；
（3）当时，证明：.
参考答案：
1．D【详解】由，即，，.
2．B【详解】结合题意：，所以.
3．A【详解】由，，所以，因为，所以，得，所以。
4．C【详解】因为曲线在点处的切线与直线平行，故曲线在点处的切线的斜率为2，因为，所以，所以，
5．B【详解】设公差为d，由两式作差可得，，故，由得1，故，故，所以.
6．A【详解】因为C的离心率为，所以它的渐近线方程为，即渐近线的斜率分别为，，即直线的倾斜角大于，则可取两条渐近线上的向量，，
渐近线所成的锐角即这两个向量的夹角，.
7．C【详解】由题意可知，个元素圆桌环形排列的所有情况为，故所有的情况数是种，同一班级的两名同学恰好排在一起相邻而坐的情况数为：首先三个班的两名同学捆绑，形成新的三个元素，环排共有种，又每个班两名同学可以排序，则有种，同一班级的两名同学恰好被安排在一起相邻而坐的概率为.
8．C【详解】在中，，而，所以，
， 由正弦定理得，，即，解得，所以，
在中由余弦定理，即，
所以，，所以.
9．AB【详解】对A：由，故，则，即，故A正确；
对B：由，且为定义域上的单调递增函数，故，故B正确；
对C：当，时，有，，此时，故C错误；
对D：当，时，有，，此时，故D错误.
10．ACD【详解】对于A中，如图（1）所示，在正方体中，连接，连接，在正方形中，可得，由平面，平面，所以，因为且平面，所以平面，
又因为平面，所以，连接，同理可证平面，因为平面，所以，因为且平面，所以平面，因为平面，所以，所以A正确；
对于B中，当点不与重合时，过点作，因为，所以，所以平面即为平面，如图所示，在正方形中，与不垂直，所以与平面不垂直，所以B不正确
不正确；
对于C中，分别连接，在正方体，因为，平面 平面，所以平面，同理可证：平面，因为且平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面，又因为是上的一动点，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，且为定值，
因为的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，所以C正确；
对于D中，将绕着展开，使得平面与平面重合，如图（2）所示，连接，当为和的交点时，即为的中点时，即时，取得最小值，
因为正方体中，，可得，，
在等边中，可得，在直角中，可得，
所以的最小值为，所以D正确.

11．ACD【详解】令得，或，，
由图可知：，，，
所以，，
所以，所以，故A选项正确，
所以，由得，
所以，，所以，，
所以，
，故B错误.
当时，，因为在为减函数，故在上单调递减，故C正确；
将函数的图象沿轴平移个单位得，（时向右平移，时向左平移），
为偶函数得，，所以，，则的最小值为，故D正确.
12．【详解】结合题意可得：
所以的系数为.
13．【详解】令，则，整理得，
所以的轨迹是圆心为，半径为2的圆上，又直线：可化为，易知过定点，由，故点在圆外，则圆心与定点所在直线与直线垂直，圆心与直线距离最大，
所以点到直线距离的最大值为.
14．
【详解】，即，令，则．
令，则，则在上递增，所以，即．所以原题等价于在上是增函数，所以在上恒成立，
即对恒成立，而的值域是，所以．
15．（1）由题意知，比赛三局且乙队获胜的概率，
比赛四局且乙队获胜的概率为，
比赛五局且乙队获胜的概率为，
所以乙队获胜的概率为．
（2）依题意随机变量的可能取值为，，，
则，，
，
所以随机变量的分布列为
所以．
16．（1）设递增的等比数列的公比为，等差数列的公差为，因为，，
所以，即，解得或（舍去），故，，
因为，，所以，，，
故，，
（2）因为，所以，，
则，，
故，
故.
17．（1） 证明：取AD的中点，连接EF，PF，BD，因为是正三角形，所以．又平面平面ABCD，平面平面，平面，所以平面ABCD．
因为平面ABCD，所以．
因为是AB的中点，所以．又底面ABCD是菱形，
所以，从而．
因为，平面，所以平面PEF．因为平面PEF，所以．
（2）解：连接BF，因为，所以是正三角形，所以．
以F为坐标原点，FA，FB，FP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
令，则，，，则，．
设平面CEP的法向量为，则，
令，则，，得．
由题可知，是平面ACE的一个法向量．，
由图可知，二面角为锐角，则二面角的余弦值为．
18．（1）解：由已知得，，解得，
则椭圆的方程为．
（2）解：当直线的斜率不存在时，得，得
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，令
由得
则.………①，………②
而 ………③
将①②代入③得
综上，（定值）
19．（1）解：又的图象在点处的切线的斜率为3，
，即，；
（2）解：由（1）知，，对任意成立对任意成立，
令，则问题转化为求的最大值，，
当时，，在区间上增函数；当时，，在区间上减函数；故在处取得最大值，即为所求，即的取值范围为；
（3）证明：令，则，由（2）知，，
在区间上增函数，，即，
，即，
∴，即，即，
.3
4
5