精品解析：安徽省江南十校2024-2025学年高三上学期第一次综合素质检测数学试题

2024年“江南十校”新高三第一次综合素质检测 数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 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框涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号框.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.考试结束后，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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用对数函数的性质确定集合，再利用绝对值的几何意义确定集合，再求. 【详解】由，可得，解得， 所以， 由解得， 所以， 所以=， 故选:B. 2. 记等差数列的前n项和为，已知，则（ ） A. 28 B. 30 C. 32 D. 36 【答案】C 【解析】 【分析】根据等差数列的性质计算． 【详解】由题意． 故选：C． 3. 已知函数，则对任意实数x，有（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】计算后与比较可得． 【详解】，则，即， 故选：A． 4. 已知，都是锐角，，，求（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用同角三角函数之间的关系可求得，，再利用两角差的余弦公式可得结果. 【详解】由，以及，都是锐角可得，； 所以 故选：A 5. 已知的展开式中各项系数的和为243，则该展开式中的项的系数为（ ） A. 5 B. 16 C. 40 D. 80 【答案】D 【解析】 【分析】根据各项系数和求得的值，进而由二项式定理求得的系数即可. 【详解】因为的展开式中各项系数的和为243， 则令，代入可得，解得，所以二项式为， 则该二项式展开式的通项为，， 令得，则该展开式中项的系数为. 故选：D 6. 已知正方体的棱长为，以顶点A为球心，2为半径作一个球，则球面与正方体的表面相交所得到的曲线的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用勾股定理确定曲线，然后根据圆弧长公式计算曲线长． 【详解】如图，取，则， 因此球面与面的交线是以为圆心，为半径的圆弧， 与面的交线是以为圆心，为半径的圆弧，球面与面，面，面的交线是一样的， 与面，面，面的交线是一样的， 由，所以，从而， 所以所求曲线长为， 故选：B． 7. 某次跳水比赛甲、乙、丙、丁、戊5名跳水运动员进入跳水比赛决赛，现采用抽签法决定决赛跳水顺序，在“运动员甲不是第一个出场，运动员乙不是最后一个出场”的前提下，“运动员丙第一个出场”的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先甲最后一个出场或甲在中间出场分类讨论求出方法数，再求出此时运动员丙第一个出场的方法数，然后由概率公式计算． 【详解】“运动员甲不是第一个出场，运动员乙不是最后一个出场”可分为甲最后一个出场或甲在中间出场， 方法数为， 在“运动员甲不是第一个出场，运动员乙不是最后一个出场”的前提下，“运动员丙第一个出场”， 即“运动员丙第一个出场，运动员乙不是最后一个出场”，方法数为， 因此所求概率为． 故选：A． 8. 对于，恒成立，则正数的范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】原不等式恒成立转化为，两边同乘以后可同构函数， 由其单调性可化为恒成立，利用导数求出的最大值即可得解. 【详解】由恒成立可得，即恒成立， 由，可得恒成立， 令，则， 由知，函数单调递增， 所以恒成立， 则恒成立，即恒成立， 令，则， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以当时，， 所以只需，即. 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于转化为后，能够两边同乘以，同构出函数，再由单调性化简为恒成立. 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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 设复数在复平面内对应的点为Z，原点为O，i为虚数单位，则下列说法正确的是（ ） A. B. C 若，则或 D. 若，则点Z的集合所构成的图形的面积为 【答案】AD 【解析】 【分析】选项A：利用复数与共轭复数的概念求解，选项B:利用虚数无法比大小求解，选项C：利用复数的模求解，选项D：利用复数的几何意义求解. 【详解】选项A：设复数则则故选项A正确； 选项B:虚数无法比较大小，故选项B错误； 选项C：若则则复数有无数组解，例如，故选项C错误； 选项D：若Z的集合所构成的图形的面积，故选项D正确. 故选:AD. 10. 袋中装有5张相同的卡片，分别标有数字1，2，3，4，5，从中有放回地随机取两次，每次取1张卡片．A表示事件“第一次取出的卡片数字是奇数”，表示事件“第二次取出的卡片数字是偶数”，表示事件“两次取出的卡片数字之和是6”，则（ ） A. B. C. 与相互独立 D. 与相互独立 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据相互独立事件的概率计算方法计算，从而得到答案. 【详解】根据题意可知第一次抽取和第二次抽取是相互独立的，故A与B相互独立，故C正确； C事件结果有， BC事件结果有， 易知，，，, ，故A错误； ，故B正确; ，所以与相互独立，故D正确. 故选：BCD． 11. 定义：设是函数的导数，是函数的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”，且“拐点”就是三次函数图象的对称中心.已知函数的对称中心为，则下列说法中正确的有（ ） A ， B. 的值是19 C. 函数有三个零点 D. 过只可以作两条直线与图象相切 【答案】ABD 【解析】 【分析】由题意求一次导数，再求二次导数，得到方程组，解出可得A正确；利用对称性得到，再仿写求和即可得到B正确；求导后分析极大值和极小值，再由结合单调性可得C错误；设出切点，由导数的意义和点斜式得到切线方程，再代入切点，解出方程即可得到D正确； 【详解】对于A，因为， 所以， 所以， 由题意可得，即， 解得，故A正确； 对于B，因为的对称中心为， 所以， 设， 仿写得到， 两式相加得到， 所以，故B正确； 对于C，由A可得， 所以， 令，解得或2， 所以，当时，，为增函数； 当时，，为减函数； 当时，，为增函数； 所以在取得极大值，在处取得极小值， 又，， 且， 所以有一个零点，故C错误； 对于D，设切点为， 则切线方程为， 又切线过点， 所以， 化简可得，即， 解得或， 即满足题意的切点只有两个，所以满足题意的切线只有2条，故D正确； 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题A选项关键在于对于函数新定义的理解后得到方程组解得；本题D选项关键在于设出切点，利用导数的意义得到切线方程，再解出方程的根，其中分解因式较为关键. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 抛物线上的一点到焦点的距离为，则点的纵坐标为_________. 【答案】## 【解析】 【分析】由题意，根据抛物线的标准方程，求准线方程，结合抛物线的定义，可得答案. 【详解】由题意得，抛物线的标准方程为，准线方程为，设点， 根据抛物线的定义可知，点到焦点的距离等于点到准线的距离， 所以，解得. 故答案为：. 13. 已知样本的平均数为3，方差为4，样本的平均数为8，方差为2，则新样本的方差为________. 【答案】8.8 【解析】 【分析】根据方差的计算公式计算． 【详解】的平均值为， 又，即 ， 所以， ， 同理可得， 所求方差为 ， 故答案为：8.8. 14. 在中，，则的最大值为______. 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意，利用向量的数量积的运算法则，两角和的正弦公式，以及正弦定理和三角形的内角和，化简得到，进而得到，再由两角差的正切，得到，结合基本不等式，即可求解. 【详解】因为，可得， 所以，可得， 由正弦定理得， 又因为， 所以， 所以，则， 因为为三角形的内角，所以， 由， 又因为， 当且仅当时，即时，等号成立， 所以. 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. 如图，一个质点在随机外力作用下，从原点O处出发，每次等可能地向左或者向右移动一个单位. （1）求质点移动5次后移动到1的位置的概率； （2）设移动5次中向右移动的次数为X，求X的分布列和期望. 【答案】（1） （2）分布列见解析； 【解析】 【分析】（1）根据题意，质点向左或向右移动的概率均为，且是等可能的，要使得质点移动5次后移动到1的位置，只需质点向右移动3次，向左移动2次，结合独立重复试验的概率计算公式，即可求解； （2）根据题意，得到随机变量可能取值为，结合独立重复试验的概率公式，求得相应的概率，列出分布列，结合期望的公式，即可求解. 【小问1详解】 由题意，从原点O处出发，每次等可能地向左或者向右移动一个单位， 可得质点向左或向右移动的概率均为，且是等可能的， 要使得质点移动5次后移动到1的位置，则质点向右移动3次，向左移动2次， 所以概率为. 【小问2详解】 由题意知，质点向左或向右移动的概率均为，且是等可能的， 移动5次中向右移动的次数为，可得随机变量可能取值为， 可得，， ，， ，， 所以变量的分布列为 0 1 2 3 4 5 则期望为. 16. 如图，直角梯形中，，，，，等腰直角三角形中，，且平面平面，平面与平面交于. （1）求证：； （2）若，求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由已知利用线面平行的判定定理得平面，进而由线面平行的性质定理即可证明结论； （2）取中点，连接，，，由等边三角形的性质得，又由面面垂直的性质定理可得平面，可得三线两两垂直，建立以为原点的空间直角坐标系，利用向量方法可得答案. 【小问1详解】 因为，平面，平面，所以平面， 又因为平面与平面交于，平面，所以； 【小问2详解】 取中点，连接，，，因为，， 所以是等边三角形，由三线合一得：， 又因为是等腰直角三角形，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 故三线两两垂直， 如图以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 则， 因为且由（1）知， 所以四边形为平行四边形，可得， 所以，设平面的一个法向量为， 则，取，则， 又平面的一个法向量可取，所以， 设二面角的大小为，由题意为锐角，所以， 所以二面角的余弦值为. 17. 已知，函数. （1）证明存在唯一的极值点； （2）若存在，使得对任意成立，求实数b的取值范围. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）求出函数导数，判断函数单调性及变化趋势，即可证明； （2）由题意转化为求最小值，再转化为能成立，求出左边最大值即可得解. 【小问1详解】 因为，所以． 令，则，令，得． ，的变化情况如下： ― 0 ＋ ↘ 极小 ↗ 所以当时，单调递减；当时，单调递增． 又当时，，，当时，， 当时，，，故． 所以大致图象如下： 因为，所以与恰有一个交点，记为， 所以，，． 当时，，则，单调递减， 当时，，则，单调递增． 所以存在唯一的极小值点，无极大值点，证毕. 【小问2详解】 由（1）知，当且仅当时，取得最小值，且，． 所以最小值为； 所以原命题等价于存在，使得； 等价于存在，使得， 即，即． 令， 若存在，使得对任意成立，等价于， 则， 令，得． ，的变化情况如下： 2 ＋ 0 ↗ 极大 ↘ 所以当时，单调递增，当时，单调递减， 所以当且仅当时，取得最大值． 所以实数的取值范围． 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对所求问题进行等价转化，首先转化为，再把转化为，问题转化存在，不等式成立，转化为，利用导数求解即可得解，属于难题. 18. 已知圆M：，动圆D过定点且与圆M内切，圆心D的轨迹为曲线C. （1）求曲线C的方程； （2）曲线C上三个不同的动点P，E，F满足与的倾斜角互补，且P不与曲线C的顶点重合，记P关于x轴的对称点为，线段的中点为H，O为坐标原点，证明：，H，O三点共线. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据两个圆的位置关系结合椭圆的定义即可求解； （2）根据题意设出，利用点差法确定，进而有，再利用韦达定理可得， ，两式相加减可得，代入中得，从而有,所以，进而命题得证. 【小问1详解】 如图， 已知圆M的圆心为，半径为4；设动圆的圆心为，半径为， 则, 所以点的轨迹是以为分别为左右焦点，且长轴为4的椭圆， 设椭圆方程为，则有， 则曲线C的方程为. 【小问2详解】 设， 由题意，可知 ，两式相减得，， 而，所以， 设直线的方程为，的方程为 将的方程代入得，， 整理得，① 因为是方程①的一个根，所以，② 将的方程代入得，， 整理得，③ 因为是方程③的一个根，所以，④ ②－④可得，，⑤ ②＋④可得，，⑥ ，⑦ 将⑤⑥代入⑦式可得，，⑧ 显然，得，⑨ 将⑨代入⑧得，， 而，所以, 又因为，所以， 即，H，O三点共线. 19. 设集合.对于数列，如果，，则称为“平方差数列”. （1）已知在数列中，，.求数列的通项公式，并证明数列是“平方差数列”； （2）已知，判断是否为“平方差数列”?说明理由； （3）已知数列为“平方差数列”，求证：，. 【答案】（1）,证明见解析 （2）不是“平方差数列”，证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先根据所给递推式求出数列的通项公式，再将通项公式转化为的形式来证明是“平方差数列”.这里涉及到数列通项公式的求解方法，如通过对递推式变形构造新数列等； （2）判断是否能表示成形式，若不能则不是“平方差数列”； （3）根据将其表示为的形式，然后通过运算证明，也能表示成的形式. 【小问1详解】 由，变形可得. 当时，. 因为，，，，. 所以，则. 因为，且，，所以， 所以数列是“平方差数列”. 【小问2详解】 假设. 因为与同奇偶性. 若与都是奇数，那么也是奇数，而是偶数，矛盾. 若与都是偶数，设，，则，即. 当时，（），所以，不是“平方差数列”. 【小问3详解】 证明 因为，设，，设. 则. 因为，所以，，所以. 【点睛】关键点点睛：本题主要是理解新定义“平方差数列”的概念，再根据定义，转化成能否将，，写成平方差形式即可证明.属于较难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024年“江南十校”新高三第一次综合素质检测 数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号框.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将答题卡交回. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 记等差数列的前n项和为，已知，则（ ） A. 28 B. 30 C. 32 D. 36 3. 已知函数，则对任意实数x，有（ ） A. B. C. D. 4. 已知，都是锐角，，，求（ ） A. B. C. D. 5. 已知的展开式中各项系数的和为243，则该展开式中的项的系数为（ ） A. 5 B. 16 C. 40 D. 80 6. 已知正方体的棱长为，以顶点A为球心，2为半径作一个球，则球面与正方体的表面相交所得到的曲线的长为（ ） A. B. C. D. 7. 某次跳水比赛甲、乙、丙、丁、戊5名跳水运动员进入跳水比赛决赛，现采用抽签法决定决赛跳水顺序，在“运动员甲不是第一个出场，运动员乙不是最后一个出场”前提下，“运动员丙第一个出场”的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 对于，恒成立，则正数的范围是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 设复数在复平面内对应的点为Z，原点为O，i为虚数单位，则下列说法正确的是（ ） A. B. C 若，则或 D. 若，则点Z的集合所构成的图形的面积为 10. 袋中装有5张相同的卡片，分别标有数字1，2，3，4，5，从中有放回地随机取两次，每次取1张卡片．A表示事件“第一次取出的卡片数字是奇数”，表示事件“第二次取出的卡片数字是偶数”，表示事件“两次取出的卡片数字之和是6”，则（ ） A. B. C. 与相互独立 D. 与相互独立 11. 定义：设是函数导数，是函数的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”，且“拐点”就是三次函数图象的对称中心.已知函数的对称中心为，则下列说法中正确的有（ ） A ， B. 的值是19 C. 函数有三个零点 D. 过只可以作两条直线与图象相切 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 抛物线上的一点到焦点的距离为，则点的纵坐标为_________. 13. 已知样本的平均数为3，方差为4，样本的平均数为8，方差为2，则新样本的方差为________. 14. 在中，，则的最大值为______. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 如图，一个质点在随机外力作用下，从原点O处出发，每次等可能地向左或者向右移动一个单位. （1）求质点移动5次后移动到1的位置的概率； （2）设移动5次中向右移动的次数为X，求X的分布列和期望. 16. 如图，直角梯形中，，，，，等腰直角三角形中，，且平面平面，平面与平面交于. （1）求证：； （2）若，求二面角的余弦值. 17. 已知，函数. （1）证明存在唯一的极值点； （2）若存在，使得对任意成立，求实数b的取值范围. 18. 已知圆M：，动圆D过定点且与圆M内切，圆心D的轨迹为曲线C. （1）求曲线C的方程； （2）曲线C上三个不同的动点P，E，F满足与的倾斜角互补，且P不与曲线C的顶点重合，记P关于x轴的对称点为，线段的中点为H，O为坐标原点，证明：，H，O三点共线. 19. 设集合.对于数列，如果，，则称为“平方差数列”. （1）已知在数列中，，.求数列的通项公式，并证明数列是“平方差数列”； （2）已知，判断否为“平方差数列”?说明理由； （3）已知数列为“平方差数列”，求证：，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$