江西省十校協作體2025屆高三上學期第一次聯考數學試題【含答案解析】

江西省十校協作體2025屆高三第一次聯考數學試卷命題人：盛林艷鐘新寶審題人：楊平莊新強一、選擇題．本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.已知集合，，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據根式的性質化簡集合，即可根據交集的定義求解.【詳解】由題，得，故，進而，故選：A2.設，其中i為虛數單位．則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】【分析】根據復數的四則運算法則，復數模的計算，結合充分性和必要性的定義進行判斷即可.【詳解】因為，所以．令，解得或，故“”是“”的充分不必要條件．故選：A3.已知向量，若，則（）A. B.2 C. D.6【答案】B【解析】【分析】利用向量加法和數量積的坐標表示求解即可.【詳解】由題意可得，因為，所以，解得，故選：B4.某學校高一年級在校人數為人，其中男生人，女生人，為了解學生身高發(fā)展情況，按分層隨機抽樣的方法抽出的男生身高為一個樣本，其樣本平均數為cm，抽出的女生身高為一個樣本，其樣本平均數為cm，則該校高一學生的平均身高為（）A.cm B.cm C.cm D.cm【答案】B【解析】【分析】由題意可知，，且，根據樣本平均數，求解即可.【詳解】由題意可知，，且，所以樣本平均數，故該校高一學生的平均身高的估計值為．故選：B.5.下列函數中最小值為4的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根據二次函數的性質可判斷選項不符合題意，再根據基本不等式“一正二定三相等”，即可得出不符合題意，符合題意．【詳解】對于A，，當且僅當時取等號，所以其最小值為，A不符合題意；對于B，因為，，當且僅當時取等號，等號取不到，所以其最小值不為，B不符合題意；對于C，因為函數定義域為，而，，當且僅當，即時取等號，所以其最小值為，C符合題意；對于D，，函數定義域為，而且，如當，，D不符合題意．故選：C．【點睛】本題解題關鍵是理解基本不等式的使用條件，明確“一正二定三相等”的意義，再結合有關函數的性質即可解出．6.某次跳水比賽甲、乙、丙、丁、戊5名跳水運動員進入跳水比賽決賽，現采用抽簽法決定決賽跳水順序，在“運動員甲不是第一個出場，運動員乙不是最后一個出場”的前提下，“運動員丙第一個出場”的概率為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先甲最后一個出場或甲在中間出場分類討論求出方法數，再求出此時運動員丙第一個出場的方法數，然后由概率公式計算．【詳解】“運動員甲不是第一個出場，運動員乙不是最后一個出場”可分為甲最后一個出場或甲在中間出場，方法數為，在“運動員甲不是第一個出場，運動員乙不是最后一個出場”的前提下，“運動員丙第一個出場”，即“運動員丙第一個出場，運動員乙不是最后一個出場”，方法數為，因此所求概率為．故選：A．7.已知圓與雙曲線的一條漸近線交于兩點，且，則該雙曲線的離心率為（）A.2 B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先求出圓心到雙曲線漸近線的距離，再結合點到直線的距離公式求出的關系，即可得解.【詳解】圓的圓心為，半徑，雙曲線的漸近線方程為，即，因為，所以圓心到雙曲線的漸近線的距離，所以，即，所以，即該雙曲線的離心率為.故選：D.8.已知函數滿足，且當時，，若存在，使得，則a的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據給定條件，探討函數的單調性，再結合賦值法求出，并由單調性脫去法則，轉化為二次方程在上有解即得.【詳解】任取，且，則，而當時，，于是，又，因此，則函數是增函數，而，于是，令，得，令，得，令，得，令，得，令，得，即有，因此，原問題即在有解，令，則在時有解，從而，，所以a的取值范圍是.故選：D【點睛】關鍵點睛：涉及由抽象的函數關系求函數值，根據給定的函數關系，在對應的區(qū)間上賦值，再不斷變換求解即可.二、多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9.設函數，則（）A.當時，的極大值大于0B.當時，無極值點C.，使在上是減函數D.，曲線的對稱中心的橫坐標為定值【答案】BD【解析】【分析】對于A，利用導數求出函數的單調區(qū)間，再根據極大值即可判斷；對于B，由恒成立即可判斷；對于C，由解集能否為即可判斷；對于D，求出圖象的對稱中心即可判斷D.【詳解】對于A，當時，，求導得，令得或，由，得或，由，得，于在，上單調遞增，在上單調遞減，在處取得極大值，極大值，故A錯誤；對于B，，當時，，即恒成立，函數在上單調遞增，無極值點，故B正確；對于C，要使在上是減函數，則恒成立，而不等式的解集不可能為，故C錯誤；對于D，由，得曲線的對稱中心的坐標為，故D正確.故選：BD10.已知函數的部分圖象如圖所示，則（）A.的單調遞增區(qū)間是B.的單調遞增區(qū)間是C.在上有3個零點D.將函數圖象向左平移3個單位長度得到的圖象所對應的函數為奇函數【答案】AC【解析】【分析】利用圖象求出函數解析式，再求出單調增區(qū)間，上零點，圖象的對稱軸，逐一對選項判斷即可．【詳解】由圖象得，周期，得，所以，．令，解得，故單調遞增區(qū)間為．A正確，B錯誤；令，解得，令得，解得，可知C選項正確；函數圖象關于直線對稱，向左平移3個單位長度，圖象關于軸對稱，得到的函數為偶函數，故D錯誤．故選：AC．11.如圖，在正三棱臺中，，，點M在內運動（包含邊界），則下列結論正確的是（）A.DC與BE所成角的余弦值是B.與平面平行時，M點的軌跡長度是2C.與平面所成角的余弦值最大值是D.當時，M點的軌跡長度是【答案】ABD【解析】【分析】對于A，取中點，連接、，，平行且等于，推導出，，由此求出的余弦值；對于B，取的中點，連接連接，由題意得平面和平面，即得平面平面，進而得出點的運動軌跡即線段，計算即得；對于C，設上下底面的中心分別為，連接并延長交于點，取的中點，連接，推理得到平面，即得即與平面所成角，推理得到要使最大，需使最大，即點與點(或)重合時計算即得的最大值；對于D，推導出以為直徑的球與平面的交線，就是點的軌跡，取為的中點，為的中點，點在以為圓心，為半徑的圓弧上運動，求出這段圓弧的長度．【詳解】對于A，如上圖取的中點，連接，易得，故得，則且，則DC與BE所成角即為DC與CG所成角，故或其補角即可所求，因正三棱臺中，，，則易得，則，則，在中，由余弦定理得，在中，，即DC與BE所成角的余弦值為，故A正確；對于B，如上圖，取的中點、取的中點，連接，由題意得且，平面，平面，所以平面，同理可得平面，因，平面，所以平面平面，又平面平面，由題意，與平面平行，且點M在內，故點的運動軌跡即線段，而，故B正確；對于C，如上圖，設正三棱臺的上下底面的中心分別為，連接并延長交于點，則點為的中點，連接，易得，，取的中點，連接，因平面平面，平面平面，平面平面，故，即得，故，因平面，則平面，則即與平面所成角，記為，則，因為正棱臺的高，其長度為，故要使最大，只需使最大，因點在內，故當點與點(或)重合時，取得最大，即，故的最大值為，即與平面所成角的余弦值的最小值為，故C錯誤；對于D，如上圖，過作垂直平面于，由C選項可知，，當點運動到點時，，則點軌跡即以為直徑的球與平面的交線，取為的中點，為的中點，則點在以為圓心，為半徑的圓弧上運動，這段圓弧對的圓心角為，，故這段圓弧的長度為，故D正確．故選：ABD．【點睛】思路點睛：關于空間幾何中的軌跡問題，主要是根據幾何關系找到動點所滿足的數量關系，結合各種曲線的定義和特征進行判斷.三、填空題：本題共3小趔，每小題5分，共15分，把答案填在答題卡中的橫線上．12.的展開式中的系數為______．【答案】【解析】【分析】分取1，取和取，取兩種情況討論即可.【詳解】當取1，取，的系數為；當取，取時，得的系數為：.所以的系數為：.故答案為：13.等比數列共有2n項，其和為240，且奇數項的和比偶數項的和大80，則公比______.【答案】##【解析】【分析】結合題意列方程組分別求出，，再由等比數列的性質求出結果即可.【詳解】設等比數列的奇數項的和、偶數項的和分別為，.由題意可得解得所以．故答案為：.14.若函數有最小值，則a的取值范圍為______．【答案】【解析】【分析】分和兩種情況討論，根據外層函數的單調性、內層函數的最值以及真數恒大于零可得出關于實數的不等式組，由此可解出實數的取值范圍.【詳解】當時，外層函數為減函數，要使函數有最小值，對于內層函數，，又，所以；當時，外層函數為增函數，要使函數有最小值，對于內層函數，則，解得.綜上所述，實數的取值范圍是.故答案為：.四、解答題：本題共5小題，共77分．15.在中，內角、、的對邊分別為、、，且.（1）求的值；（2）若是銳角三角形，，求的取值范圍.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用余弦定理可求出的值；（2）利用正弦定理結合三角恒等變換化簡得出，根據題意求出角的取值范圍，結合正弦型函數的基本性質可求得的取值范圍.【小問1詳解】因為，由余弦定理可得.【小問2詳解】因為，，則，由正弦定理可得，所以，，因為為銳角三角形，則，解得，所以，，則，故.即的取值范圍是.16.如圖，在四棱錐P—ABCD中，平面平面ABCD，，，M為棱PC的中點．（1）證明：平面PAD；（2）若，求二面角的余弦值；【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）根據線面平行的判定定理，取的中點，連接，，證明四邊形是平行四邊形，可得，即可證明結論；（2）根據，，，證明，，由，建立空間直角坐標系，寫出點的坐標及向量的坐標，求出平面的法向量，即可求出結果；【小問1詳解】取的中點，連接，，如圖所示：為棱的中點，，，，，，，四邊形是平行四邊形，，又平面，平面，平面；【小問2詳解】，，，，，平面平面，平面平面，平面，平面，又，平面，，，由，以點為坐標原點，，，所在直線分別為，，軸建立空間直角坐標系，如圖：則，，，，，，所以，，，設平面BDM的法向量為，所以即令，則，．所以平面BDM的一個法向量為，易知為平面PDM的一個法向量，所以，因為二面角為鈍角，所以二面角的余弦值為.17.橢圓：，，分別是橢圓的左、右焦點，是橢圓上任意一點，的周長為，橢圓的離心率為.（1）求橢圓的標準方程.（2）過點作直線與橢圓交于，兩點.①若直線的斜率為，求的面積；②橢圓的左、右頂點分別為，，連接與，求直線與交點的軌跡方程.【答案】（1）（2）①;②【解析】【分析】（1）根據條件，構造方程組，求得即可；（2）設直線曲線聯立借助韋達定理，得到①將面積轉化，即，結合韋達定理計算內即可；②設，聯立方程求出交點滿足得解.【小問1詳解】由題意知解得，∴橢圓C的方程為.【小問2詳解】如圖，設設聯立得①.；②設，，由，得，.故交點的軌跡方程為.18.已知函數.（1）若的圖象在處的切線方程為，求的值；（2）若，證明：；（3）討論的零點的個數.【答案】（1），（2）證明見解析（3）答案見解析【解析】【分析】（1）利用導數的幾何意義得，求，再利用切點即在曲線上也在切線即可求出；（2）由，令，將問題轉化為即可求解；（3）求導利用導函數判斷單調性，再結合零點存在性定理判斷零點的個數.【小問1詳解】由題意得，又的圖象在處的切線方程為，所以，解得，所以，所以，所以，解得.【小問2詳解】證明：若，則，所以，令，解得，令，解得，所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以，所以，當且僅當時，等號成立；令，，所以，令，解得，令，解得，所以在上單調遞增，在上單調遞減，所以，所以，當且僅當時，等號成立，所以，即.【小問3詳解】由題意得的定義域為，，當時，，在上單調遞增，又，所以有且僅有一個零點1；當時，令，解得，易知在上，，則在上單調遞減，在上，，則在上單調遞增，又，，所以在上有一個零點，在上有一個零點1，所以在，上各有一個零點；當時，令，解得，易知在上，，則在上單調遞減，在上，，則在上單調遞增，故的最小值為，故僅有一個零點；當時，令，解得，易知在上，，則在上單調遞減，且，所以在上有一個零點1，在上，，則在上單調遞增，又，，所以在上有一個零點，故在，上各有一個零點.綜上，當或時，僅有一個零點；當或時，有兩個零點.【點睛】方法點睛：函數零點的求解與判斷方法：（1）直接求零點：令，如果能求出解，則有幾個解就有幾個零點；（2）零點存在性定理：利用定理不僅要函數在區(qū)間上是連續(xù)不斷的曲線，且，還必須結合函數圖象與性質(如單調性、奇偶性)才能確定函數有多少個零點；（3）利用圖象交點的個數：將函數變形為兩個函數的差，畫兩個函數的圖象，看其交點的橫坐標有幾個不同的值，就有幾個不同的零點．19.甲乙兩人各有張卡片，每張卡片上標有一個數字，甲的卡片上分別有數字1，3，5，…，，乙的卡片上分別標有數字2，4，6，…，.兩人進行輪比賽，在每輪比賽兩人各自從自己持有的卡片中隨機選擇一張，并比較所選卡片上的數字大小，數字大的得1分，數字小的得0分，然后各自棄置此輪所選卡片（棄置的卡片在此后的輪次中不能使用設輪比賽后甲的總得分為X．（1）當時，請寫出輪比賽后X的分布列（不需要計算過程．不需要列表）：（2）設數列滿足：，且已知，，，．（?。┊敃r，請你直接猜想與，的遞推關系式（不要推理過程，直接給出答案）;（ⅱ）結合（?。┲械倪f推關系