精品解析：江西省九江市稳派联考2024-2025学年高三上学期开学数学试题

数学试卷 试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号等填写在答题卡指定位置上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，请将答题卡交回. 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. 的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 已知等差数列的前n项和为，若，则（ ） A. 48 B. 42 C. 24 D. 21 3. 已知一组数据：的平均数为6，则该组数据的分位数为（ ） A. 4.5 B. 5 C. 5.5 D. 6 4. 定义运算：．已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知某地区高考二检数学共有8000名考生参与，且二检的数学成绩近似服从正态分布，若成绩在80分以下的有1500人，则可以估计（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数在上单调递减，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知圆台的上､下底面的面积分别为，侧面积为，则该圆台外接球的球心到上底面的距离为（ ） A. B. C. D. 8. 已知为坐标原点，抛物线的焦点到准线的距离为1，过点的直线与交于两点，过点作的切线与轴分别交于两点，则（ ） A. B. C. D. 二､多选题：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. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 与有相同的最小值 C. 直线为图象的一条对称轴 D. 将的图象向左平移个单位长度后得到的图像 10. 已知函数，则（ ） A. 1是的极小值点 B. 的图象关于点对称 C. 有3个零点 D. 当时， 11. 已知正方体的体积为8，线段的中点分别为，动点在下底面内（含边界），动点在直线上，且，则（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 动点的轨迹长度为 C. 不存在点，使得平面 D. 四面体DEFG体积的最大值为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，若，则______. 13. 定义：如果集合存在一组两两不交（两个集合的交集为空集时，称为不交）的非空真子集，，且，那么称子集族构成集合的一个划分.已知集合，则集合的所有划分的个数为__________. 14. 已知为坐标原点，双曲线的左､右焦点分别为，点在以为圆心､为半径的圆上，且直线与圆相切，若直线与的一条渐近线交于点，且，则的离心率为__________. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 已知中，角所对的边分别为，其中. （1）求的值； （2）若的面积为，周长为6，求的外接圆面积. 16. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，分别在棱上，且四点共面. （1）证明：； （2）若，且二面角为直二面角，求平面与平面夹角的余弦值. 17. 已知椭圆的离心率为，右焦点为，点在上. （1）求的方程； （2）已知为坐标原点，点在直线上，若直线与相切，且，求的值. 18. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）记（1）中切线方程为，比较的大小关系，并说明理由； （3）若时，，求的取值范围. 19. 已知首项为1的数列满足. （1）若，在所有中随机抽取2个数列，记满足的数列的个数为，求的分布列及数学期望； （2）若数列满足：若存在，则存在且，使得. （i）若，证明：数列是等差数列，并求数列的前项和； （ii）在所有满足条件的数列中，求使得成立的的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学试卷 试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号等填写在答题卡指定位置上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，请将答题卡交回. 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. 的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的运算化简得，再根据虚部的定义即可求解． 【详解】，则所求虚部为. 故选：A． 2. 已知等差数列的前n项和为，若，则（ ） A. 48 B. 42 C. 24 D. 21 【答案】B 【解析】 【分析】利用等差数列项的性质求出的值，再由等差数列的求和公式即可得解. 【详解】因为等差数列，故， 则. 故选：B. 3. 已知一组数据：的平均数为6，则该组数据的分位数为（ ） A. 4.5 B. 5 C. 5.5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】由平均数及百分位数的定义求解即可. 【详解】依题意，，解得， 将数据从小到大排列可得：， 又，则分位数为. 故选：C. 4. 定义运算：．已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据定义得出，再根据同角三角函数的商数关系即可求解． 【详解】依题意，，则， 故. 故选：D． 5. 已知某地区高考二检数学共有8000名考生参与，且二检的数学成绩近似服从正态分布，若成绩在80分以下的有1500人，则可以估计（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解法一，求出，根据正态分布的对称性，即可求得答案；解法二，求出数学成绩在80分至95分的人数，由对称性，再求出数学成绩在95分至110分的人数，即可求得答案. 【详解】解法一：依题意，得， 故； 解法二：数学成绩在80分至95分的有人， 由对称性，数学成绩在95分至110分的也有2500人， 故. 故选：B. 6. 已知函数在上单调递减，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由函数在上单调递减，列出相应的不等式组，即可求解. 【详解】当时，， 因为和都是减函数，所以在上单调递减， 当时，，要使其在上单调递减，则， 所以，解得，故D正确. 故选：D. 7. 已知圆台的上､下底面的面积分别为，侧面积为，则该圆台外接球的球心到上底面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由圆台的侧面积公式求出母线长，再由勾股定理得到高即可计算； 【详解】依题意，记圆台的上､下底面半径分别为， 则，则， 设圆台的母线长为， 则，解得， 则圆台的高， 记外接球球心到上底面的距离为， 则，解得. 故选：C. 8. 已知为坐标原点，抛物线的焦点到准线的距离为1，过点的直线与交于两点，过点作的切线与轴分别交于两点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】通过联立方程组的方法求得的坐标，然后根据向量数量积运算求得. 【详解】依题意，抛物线，即，则，设， 直线，联立得，则. 而直线，即， 令，则，即，令，则，故， 则，故. 故选：C 【点睛】求解抛物线的切线方程，可以联立切线的方程和抛物线的方程，然后利用判别式来求解，也可以利用导数来进行求解.求解抛物线与直线有关问题，可以利用联立方程组的方法来求得公共点的坐标. 二､多选题：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. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 与有相同的最小值 C. 直线为图象的一条对称轴 D. 将的图象向左平移个单位长度后得到的图像 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A：根据正弦型函数的最小正周期分析判断；对于B：根据解析式可得与的最小值；对于C：代入求，结合最值与对称性分析判断；对于D：根据三角函数图象变换结合诱导公式分析判断. 【详解】因为， 对于选项A：的最小正周期，故A正确； 对于选项B：与的最小值均为，故B正确； 对于选项C：因为， 可知直线不为图象的对称轴，故C错误； 对于选项D：将的图象向左平移个单位长度后， 得到，故D正确. 故选：ABD. 10. 已知函数，则（ ） A. 1是的极小值点 B. 的图象关于点对称 C. 有3个零点 D. 当时， 【答案】AB 【解析】 【分析】利用导数求函数极值点判断选项A；通过证明得函数图象的对称点判断选项B；利用函数单调性判断选项C；利用单调性比较函数值的大小判断选项D. 【详解】对于A，函数，，令，解得或， 故当时，当时，，当时， 则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 故1是的极小值点，故A正确： 对于B，因为， 所以的图象关于点对称，故B正确； 对于C，，易知的单调性一致，而， 故至多有2个零点，故C错误； 对于D，当时，，而在上单调递增，故，故D错误. 故选：AB. 11. 已知正方体的体积为8，线段的中点分别为，动点在下底面内（含边界），动点在直线上，且，则（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 动点的轨迹长度为 C. 不存在点，使得平面 D. 四面体DEFG体积的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由题意可证平面，因此点到平面的距离等于点到平面的距离，其为定值，据此判断A；对于B，根据题意求出正方体边长及的长，由此可知点的运动轨迹；对于C，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，假设点的坐标，求出的方向向量，假设平面，则平面的法向量和的方向向量共线，进而求出点的坐标，再判断点是否满足B中的轨迹即可；对于D，利用空间直角坐标系求出点到平面的距离，求出距离的最大值即可. 【详解】对于A，如图，连接、， 依题意，，而平面平面，故平面， 所以点到平面的距离等于点到平面的距离，其为定值， 所以点到平面的距离为定值，故三棱维的体积为定值，故正确； 对于B，因为正方体的体积为8，故，则，而， 故， 故动点的轨迹为以为圆心，为半径的圆在底面内的部分，即四分之一圆弧， 故所求轨迹长度为，故B错误； 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，故， 设为平面的法向量，则故 令，故为平面的一个法向量， 设，故， 若平面，则， 则，解得，但， 所以不存在点点，使得平面，故C正确； 对于D，因为为等腰三角形，故， 而点到平面的距离， 令，则， 则，其中， 则四面体体积的最大值为，故D正确. 故选：ACD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，若，则______. 【答案】 【解析】 【分析】利用向量的线性运算并由向量垂直的坐标表示列式即可求解. 【详解】依题意，，故，解得. 故答案为： 13. 定义：如果集合存在一组两两不交（两个集合的交集为空集时，称为不交）的非空真子集，，且，那么称子集族构成集合的一个划分.已知集合，则集合的所有划分的个数为__________. 【答案】4 【解析】 【分析】解二次不等式得到集合，由子集族的定义对集合进行划分. 【详解】依题意，， 的2划分为，共3个， 的3划分为，共1个， 故集合的所有划分的个数为4. 故答案为：4 14. 已知为坐标原点，双曲线的左､右焦点分别为，点在以为圆心､为半径的圆上，且直线与圆相切，若直线与的一条渐近线交于点，且，则的离心率为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得，由此求出，，即可求出点坐标，代入，即可得出答案. 【详解】不妨设点在第一象限，连接，则， 故，， 设，因为，所以为的中点， ，故.， 将代入中，故，则. 故答案为：. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 已知中，角所对的边分别为，其中. （1）求的值； （2）若的面积为，周长为6，求的外接圆面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理化简已知条件，从而求得. （2）根据三角形的面积公式、余弦定理等知识求得外接圆的半径，从而求得外接圆的面积. 【小问1详解】 由正弦定理得， 因为，故，则， 因为，故. 【小问2详解】 由题意，故. 由余弦定理得， 解得. 故的外接圆半径， 故所求外接圆面积. 16. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，分别在棱上，且四点共面. （1）证明：； （2）若，且二面角为直二面角，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明：因为，故，则， 因为平面平面，故平面， 而平面平面平面，故， 则. （2） 【解析】 【分析】（1）先证明线面平行再应用线面平行性质定理得出，再结合，即可证明； （2）应用面面垂直建系，应用空间向量法求出面面角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为二面角为直二面角，故平面平面. 而平面平面平面，故平面， 又底面为正方形，所以， 以点为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设，则， 故， 设平面的法向量为， 则令，可得. 设平面的法向量为， 则令，可得， 故平面与平面夹角的余弦值. 17. 已知椭圆的离心率为，右焦点为，点在上. （1）求的方程； （2）已知为坐标原点，点在直线上，若直线与相切，且，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆离心率定义和椭圆上的点以及的关系式列出方程组，解之即得； （2）将直线与椭圆方程联立，消元，根据题意，由推得，又由，写出直线的方程，与直线联立，求得点坐标，计算，将前式代入化简即得. 【小问1详解】 设，依题意， 解得 故的方程为. 【小问2详解】 如图，依题意，联立消去，可得， 依题意，需使，整理得（*）. 因为，则直线的斜率为，则其方程为， 联立解得即 故， 将（*）代入得，故. 18. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）记（1）中切线方程为，比较的大小关系，并说明理由； （3）若时，，求的取值范围. 【答案】（1） （2），理由见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义，即可求得答案； （2）令，求出其导数，进而求得函数最值，即可得结论； （3）将原问题变为，即在上恒成立，同构函数，利用导数判断函数单调性，结合讨论a的范围 ，即可求得答案. 【小问1详解】 依题意，， 而， 故 故所求切线方程为，即. 【小问2详解】 由（1）知，结论；，下面给出证明： 令，则， 当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增， 故，即. 【小问3详解】 依题意得， 则在上恒成立， 令，则，令，得， 故当时，，当时，， 故在区间上单调递减，在区间上单调递增，则， 当时，，此时； 当时，令，显然在区间上单调递增， 又， 故存在，使得，则， 而，不合题意，舍去. 综上所述，的取值范围为. 【点睛】不等式恒成立问题常见方法： ①分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）； ②数形结合( 图象在 上方即可)； ③分类讨论参数. 19. 已知首项为1的数列满足. （1）若，在所有中随机抽取2个数列，记满足的数列的个数为，求的分布列及数学期望； （2）若数列满足：若存在，则存在且，使得. （i）若，证明：数列是等差数列，并求数列的前项和； （ii）在所有满足条件的数列中，求使得成立的的最小值. 【答案】（1）的分布列为 0 1 2 期望为1 （2）（i）由（1）可知，当时，或；假设此时数列中存在最小的整数，使得， 则单调递增，即均为正数，且，所以； 则存在，使得，此时与均为正数矛盾， 所以不存在整数，使得，故. 所以数列是首项为1､公差为4的等差数列， 则. （ii）1520 【解析】 【分析】（1）根据递推关系化简可得，或写出数列的前四项，利用古典概型即可求出分布列及期望； （2）（i）假设数列中存在最小的整数，使得，根据所给条件 可推出存在，使得，矛盾，即可证明； （ii）由题意可确定必为数列中的项，构成新数列，确定其通项公式及，探求与的关系得解. 【小问1详解】 依题意，，故， 即，故，或 因为，故； 则， 故的可能取值为， 故， 故的分布列为 0 1 2 故. 【小问2详解】 （i）略 （ii）解：由，可得， 由题设条件可得必为数列中的项； 记该数列为，有； 不妨令，则或， 均不为 此时或或或，均不为. 上述情况中，当时，， 结合，则有. 由可知，使得成立的的最小值为. 【点睛】关键点点睛：第一问数列与概率结合，关键在于得出数列前四项的所有可能，即可按照概率问题求解，第二问的关键在于对于新定义数列，理解并会利用一般的抽象方法推理，反证，探求数列中项的变换规律，能力要求非常高，属于困难题目. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $