精品解析：江西省宜春市丰城市第九中学2024-2025学年高三上学期第一次段考数学试题（日新班）

丰城九中2024-2025学年上学期高三日新班 第一次段考试卷 考试时间：10月 考试时长：120分钟 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. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据分式不等式的解法、交集的定义求解即可. 【详解】，则，即，，解得， 故， 又，故. 故选：B 2. 欧拉公式把自然对数的底数、虚数单位、三角函数联系在一起，充分体现了数学的和谐美．已知实数指数幂的运算性质同样也适用于复数指数幂，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知得出，然后指数运算可得结果. 【详解】因为，所以，. 故选：B. 3. 已知抛物线C：的焦点为F，若点在C上，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知条件，将点坐标代入抛物线方程，求得，求出，即可求得的面积. 【详解】 将代入C的方程，得，故， 所以，则的面积. 故选：A. 4. 已知，，则的最小值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知条件，结合基本不等式的公式，即可求解. 【详解】，， 当且仅当，即，时等号成立. 故选：B. 5. 学校安排含唐老师、李老师在内的5位老师去3个不同的学校进行招生宣传，每位老师都必须选1个学校宣传，且每个学校至少安排1人.由于唐老师是新教师，学校安排唐老师和李老师必须在一起，则不同的安排方法有（ ） A. 24种 B. 36种 C. 48种 D. 60种 【答案】B 【解析】 【分析】把5位老师按和分组，再把分成的3组安排到3所学校，列式计算得解. 【详解】把5位老师按和分组，且唐老师和李老师在一起的不同分组方法数为， 所以不同的安排方法有（种）. 故选：B 6. 从的二项展开式中随机取出不同的两项，则这两项的乘积为有理项的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出二项式展开式，再利用古典概型求出这两项的乘积为有理项的概率. 【详解】展开式通项为， 则的各项分别为：，，， ，，， 将这6项依次记为：， 从的二项展开式中随机取出不同的两项有种情况， 这两项的乘积为有理项的基本事件为：，，，共6种情况， 所以这两项的乘积为有理项的概率为. 故选：A. 7. 已知中，，角的平分线交于点，且，则面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，根据题意，利用平面向量的共线定理，得到，利用余弦定理，求得，得到面积，结合二次函数的性质，即可求解. 【详解】如图所示，设， 因为三点共线，可得， 设，所以， 又因为角的平分线交于点，四边形为菱形，可得， 所以，所以， 在中，由余弦定理得， 则， 所以的面积为， 当时，的面积取得最大值，最大值为. 故选：C. 8. 已知函数存在零点，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】构造新函数，利用导数求单调性，再运用基本不等式即可求解 【详解】由得， 设，， 设，， 由得，由得， 所以在单调递增，在单调递减，所以， 而， 当且仅当，即时，等号成立， 因为有零点，则，所以， 故选：D. 二、多项选择题：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．全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分． 9. 已知函数(，)的图象中相邻两条对称轴的距离是，先将的图象先向右平移个单位长度，再向上平移2个单位长度，得到函数的图象，若是偶函数，且最大值为4，则下列结论正确的是（ ） A. 的最小正周期是 B. 的图象关于直线对称 C. 的图象关于点对称 D. 在上单调递减 【答案】BD 【解析】 【分析】根据三角函数的性质即可确定函数的表达式为，即可根据代入验证法判断BC，根据整体法即可求解D. 【详解】由已知，A错误；所以，则， 所以， 因为是偶函数，所以，，即，， 而，所以，所以， 因为最大值为4，所以，则，所以， 因为，所以为一条对称轴，B正确； 由于，所以C不正确； 当时，此时单调递减，D正确， 故选：BD 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 函数的图像与函数的图像有且仅有一个公共点 B. 函数的图像与函数的图像没有公切线 C. 函数，则有极大值，且极大值点 D. 当时，恒成立 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A，利用与的图象，知时，有一个交点，当，构造函数，利用导数，求出的单调区间，进而求得，即可求解；选项B，设出切点，利用导数的几何意义得到，将问题转化成求方程解的个数，即可求解；选项C，令，对求导，求出的单调区间，再利用极值的定义，即可求解；选项D，构造函数和，利用导数与函数单调性间的关系，得到，且等号不能同时取到，再利用与图象间的关系，即可求解. 【详解】对于选项A，易知当时，函数与函数的图像有一个公共点， 当时，令，则， 由，得到，由，得到， 即在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以在时取最小值，即， 所以当时，函数与函数的图像没有公共点，故A正确； 对于选项B，设与切于点，与切于点 则，化简得：，判断方程根的个数即为公切线条数， 令，则，易知在上恒小于0， 当时，令，则在区间上恒成立， 即在区间上单调递增，又，， 所以在上有使得，即， 所以在上单调递减，在上单调递增，且 当，所以方程有两解，与的图像有两条公切线，所以选项B错误， 对于选项C，令，所以， 令，则， 所以在上单调递减，又， 所以存在，使得，即， 则在上单调递增，在上单调递减， 所以有极大值，且极大值点，故选项C正确， 对于选项D，，则， 当时，时，， 所以，即，当且仅当时取等号， 令，则在区间上恒成立， 又，所以，当且仅当时取等号， 又，当时，与重合，当时，的图象由向右平移，此时图象恒在下方， 所以，且等号不能同时取到，故选项D正确. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何相联系；（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；（3）利用导数求函数的最值（极值），解决生活中的优化问题；（4）考查数形结合思想的应用． 11. 已知，且，则的值可能为（ ） A. B. C. D. 8 【答案】ACD 【解析】 【分析】借助二倍角公式及两角和差公式化简，得到，再利用基本不等式得到其取值范围，从而得到答案. 【详解】因为 所以， ， ， 因为，所以， 所以， ， ，又， 所以，即， 所以 ， 当时，， 当且仅当，即等号成立； 当时，， 即，当且仅当，即时的等号成立， 综上，，即， 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：灵活变换，利用，两角和与差公式化简已知的等式是解本题的关键. 二、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知平面向量，满足，，，则向量，夹角的余弦值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】由利用向量数量积得，再由计算即可. 【详解】，则， 由得，所以， 于是． 故答案为： 13. 设等差数列的前n项和为，若，则的公差______． 【答案】3 【解析】 【分析】利用等差数列的性质，结合，可得，与相减可求公差的值. 【详解】由， 所以公差. 故答案为：3 14. 在三棱锥中，平面VAC，，，点F为棱AV上一点，过点F作三棱锥的截面，使截面平行于直线VB和AC，当该截面面积取得最大值时，______． 【答案】 【解析】 【分析】通过作平行线作出题中的截面，并结合线面平行以及线面垂直说明其为矩形，利用三角形相似表示出矩形的两边长，并求得其面积表达式，结合二次函数性质确定截面面积取得最大值时参数的值，解直角三角形即可求得答案. 【详解】根据题意，在平面内，过点作，交于点； 在平面内，过点作，交于点； 在平面内，过点作，交于点，连接，如图所示，    因为，则，设其相似比为，即， 则； 又因为，，， 由余弦定理得，，则， 即. 又平面，，平面，所以，. 又，则，. 因为，则，则， 因为，所以，即， 同理可得，即， 因为，，则， 故四边形为平行四边形；而平面，平面， 故平面，同理平面， 即四边形为截面图形； 又平面，平面，则， 又，所以. 故平行四边形为矩形，则， 所以当时，有最大值，则， 在中，. 故答案为：. 【点睛】思路点睛：先作平行线作出题中的截面，再证明四边形为符合题意的截面图形，结合线面平行以及线面垂直说明四边形为矩形，利用三角形相似表示出矩形的两边长，并求得其面积表达式，利用二次函数求出最值得解. 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. 下图中的一系列三角形图案称为谢尔宾斯基三角形.图（1）是一个面积为1的实心正三角形，分别连接这个正三角形三边的中点，将原三角形分成4个小正三角形，并去掉中间的小正三角形得到图（2），再对图（2）中的每个实心小正三角形重复以上操作得到图（3），再对图（3）中的每个实心小正三角形重复以上操作得到图（4），…，依此类推得到个图形.记第个图形中实心三角形的个数为，第n个图形中实心区域的面积为. （1）写出数列和的通项公式； （2）设，证明. 【答案】（1）， （2）证明： ， 故，因为，故单调递增， 故，又，故， 故，又，故 【解析】 【分析】（1）由图形可判断数列和都是等比数列，根据等比数列的通项公式可得； （2）先由，，得，根据利用单调性得，进而可得. 【小问1详解】 由图知后一个图形中实心三角形的个数是前一个的倍， 所以是以为首项，为公比的等比数列，故， 由图知后一个图形中实心区域的面积是前一个的倍，第一个三角形的面积为， 故是以为首项，为公比的等比数列，故 【小问2详解】 略 16. 已知函数. （1）若曲线在点处的切线与直线垂直，求的方程； （2）若函数在上有2个极值点，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求导，再根据导数的几何意义即可得解； （2）令，分离参数可得，由题意可得方程在上有2个根，构造函数，，利用导数求出其极值和单调区间即可得解. 【小问1详解】 由题意得，， 故，解得， 而，故所求切线方程为，即； 【小问2详解】 令，则，故， 因为函数在上有2个极值点， 所以方程在上有2个根， 令，，则， 令，解得，故当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 且，当时，，当，， 故实数的取值范围为. 17. 已知四棱锥中，底面是矩形，，M是SB的中点． （1）证明：； （2）若，点P是SC上的动点，直线AP与平面所成角的正弦值为，求四面体的体积． 【答案】（1） 证明：如图： 取中点，连接，. 因为、分别为、的中点，所以，又，所以. 又， ，且，， 所以 所以，又平面，所以平面， 因为平面，所以. （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，，可证平面，再根据线面垂直的定义可证. （2）建立空间直角坐标系，先根据直线AP与平面所成角的正弦值为，确定点位置，再求四面体的体积. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，，平面， 所以平面.又，所以可以以为原点，建立如图空间直角坐标系. 因为，则，，，，， 所以，. 设平面的法向量为，则 ，取. 设，. 所以. 因为直线AP与平面所成角的正弦值为， 所以：，解得. 所以为的中点，所以 . 18. 新冠疫情下，为了应对新冠病毒极强的传染性，每个人出门做好口罩防护工作刻不容缓．某口罩加工厂加工口罩由三道工序组成，每道工序之间相互独立，且每道工序加工质量分为高和低两种层次级别，三道工序加工的质量层次决定口罩的过滤等级；工序加工质量层次均为高时，口罩过滤等级为100等级(表示最低过滤效率为99.97%)；工序的加工质量层次为高，工序至少有一个质量层次为低时，口罩过滤等级为99等级(表示最低过滤效率为99%)；其余均为95级(表示最低过滤效率为95%)． 表①:表示三道工序加工质量层次为高的概率；表②:表示加工一个口罩的利润． 表① 工序 概率 表② 口罩等级 100等级 99等级 95等级 利润/元 （1）表示一个口罩的利润，求的分布列和数学期望； （2）由于工厂中工序加工质量层次为高的概率较低，工厂计划通过增加检测环节对工序进行升级．在升级过程中，每个口罩检测成本增加了()元时，相应的工序加工层次为高的概率在原来的基础上增加了;试问：若工厂升级方案后对一个口罩利润的期望有所提高，则与应该满足怎样的关系? 【答案】（1） （2）() 【解析】 【分析】（1）由题意可知：的可能取值为，，，分别求出100等级，99等级，95等级的概率，列分布列计算数学期望即可； （2）改良后一件产品的利润的可能取值为，，，分别求出改良后100等级，99等级，95等级的概率，求出数学期望与比较即可. 【小问1详解】 的可能取值为，，， ；；； 所以的分布列为 【小问2详解】 设升级后一件产品的利润为，则的可能取值为，， ； ； ； 所以， 由得，解得， 所以与满足的关系为(). 19. 已知椭圆的左焦点为，右焦点为，离心率，过点作不与坐标轴垂直的直线交椭圆于两点，且的周长为． （1）求椭圆的方程； （2）设点关于轴的对称点为，求的面积的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，列出方程组，求得的值，即可求得椭圆的标准方程； （2）设方程为，联立方程组，得到，进而得到的方程，结合点到直线的距离公式，得到，结合基本不等式，即可求解. 【小问1详解】 解：由椭圆离心率，且的周长为， 可得，解得，所以， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 解：依题意直线的斜率存在且不为0，设方程为， 联立方程，整理得， 设，，则， 可得，可得， 因为，所以， 即， 所以到的距离， 所以 ， 当且仅当，即时等号成立. 【点睛】方法点睛：解答圆锥曲线的最值与范围问题的方法与策略： 1.几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决； 2.函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）导数法等，要特别注意自变量的取值范围； 3.涉及直线与圆锥曲线的综合问题：通常设出直线方程，与圆锥曲线联立方程组，结合根与系数的关系，合理进行转化运算求解，同时抓住直线与圆锥曲线的几何特征应用. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 丰城九中2024-2025学年上学期高三日新班 第一次段考试卷 考试时间：10月 考试时长：120分钟 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. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 欧拉公式把自然对数的底数、虚数单位、三角函数联系在一起，充分体现了数学的和谐美．已知实数指数幂的运算性质同样也适用于复数指数幂，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知抛物线C：的焦点为F，若点在C上，则的面积为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，，则的最小值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 5. 学校安排含唐老师、李老师在内的5位老师去3个不同的学校进行招生宣传，每位老师都必须选1个学校宣传，且每个学校至少安排1人.由于唐老师是新教师，学校安排唐老师和李老师必须在一起，则不同的安排方法有（ ） A. 24种 B. 36种 C. 48种 D. 60种 6. 从的二项展开式中随机取出不同的两项，则这两项的乘积为有理项的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知中，，角的平分线交于点，且，则面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数存在零点，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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．全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分． 9. 已知函数(，)的图象中相邻两条对称轴的距离是，先将的图象先向右平移个单位长度，再向上平移2个单位长度，得到函数的图象，若是偶函数，且最大值为4，则下列结论正确的是（ ） A. 的最小正周期是 B. 的图象关于直线对称 C. 的图象关于点对称 D. 在上单调递减 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 函数的图像与函数的图像有且仅有一个公共点 B. 函数的图像与函数的图像没有公切线 C. 函数，则有极大值，且极大值点 D. 当时，恒成立 11. 已知，且，则的值可能为（ ） A. B. C. D. 8 二、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知平面向量，满足，，，则向量，夹角的余弦值为______． 13. 设等差数列的前n项和为，若，则的公差______． 14. 在三棱锥中，平面VAC，，，点F为棱AV上一点，过点F作三棱锥的截面，使截面平行于直线VB和AC，当该截面面积取得最大值时，______． 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. 下图中的一系列三角形图案称为谢尔宾斯基三角形.图（1）是一个面积为1的实心正三角形，分别连接这个正三角形三边的中点，将原三角形分成4个小正三角形，并去掉中间的小正三角形得到图（2），再对图（2）中的每个实心小正三角形重复以上操作得到图（3），再对图（3）中的每个实心小正三角形重复以上操作得到图（4），…，依此类推得到个图形.记第个图形中实心三角形的个数为，第n个图形中实心区域的面积为. （1）写出数列和的通项公式； （2）设，证明. 16. 已知函数. （1）若曲线在点处的切线与直线垂直，求的方程； （2）若函数在上有2个极值点，求实数的取值范围. 17. 已知四棱锥中，底面是矩形，，M是SB的中点． （1）证明：； （2）若，点P是SC上的动点，直线AP与平面所成角的正弦值为，求四面体的体积． 18. 新冠疫情下，为了应对新冠病毒极强的传染性，每个人出门做好口罩防护工作刻不容缓．某口罩加工厂加工口罩由三道工序组成，每道工序之间相互独立，且每道工序加工质量分为高和低两种层次级别，三道工序加工的质量层次决定口罩的过滤等级；工序加工质量层次均为高时，口罩过滤等级为100等级(表示最低过滤效率为99.97%)；工序的加工质量层次为高，工序至少有一个质量层次为低时，口罩过滤等级为99等级(表示最低过滤效率为99%)；其余均为95级(表示最低过滤效率为95%)． 表①:表示三道工序加工质量层次为高的概率；表②:表示加工一个口罩的利润． 表① 工序 概率 表② 口罩等级 100等级 99等级 95等级 利润/元 （1）表示一个口罩的利润，求的分布列和数学期望； （2）由于工厂中工序加工质量层次为高的概率较低，工厂计划通过增加检测环节对工序进行升级．在升级过程中，每个口罩检测成本增加了()元时，相应的工序加工层次为高的概率在原来的基础上增加了;试问：若工厂升级方案后对一个口罩利润的期望有所提高，则与应该满足怎样的关系? 19. 已知椭圆的左焦点为，右焦点为，离心率，过点作不与坐标轴垂直的直线交椭圆于两点，且的周长为． （1）求椭圆的方程； （2）设点关于轴的对称点为，求的面积的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $