江西省新八校2024-2025学年高三上学期第一次联考数学试题

东乡一中都昌一中丰城中学赣州中学 新八校 江西省 景德镇二中上饶中学上栗中学新建二中 2025届高三第一次联考数学试题 命题人：新建二中边群根 审愿人：般州中学陈丽玲 考试时间：120分钟 需分：150分 一、远择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小恩给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的。 1.已如集合A=xeNx2≤2x,B={少=g(2x-I》,则AnB=( A[12 B0.1,29 c.1,24 2.已知复数：=1一，其中为虚数单位，则，“( D.1-i A.-1+ B.-1-i C,1+i 3己知(x+1)=a6+a(x-1)+a,(x-1+…+a,(x-1,则a2=( D.-80 A10 B.80 C.-10 4向量1a日bF1,F5,且a+6-c-0,则cos(a,c)=() 人月 8 1 5.已知函数f(国)=n2x+心os2x(aeR),将∫()的图象向左平移工个单位长度，所得图象关 6 于原点对称，则∫(x)的图象的对称轴可以为(). B.x= C.x= 6 D.x= 12 6.设{6.}是公差为2的等差数列，且b=a1+a,若a=1,则as=( A.2024 B.2025 C.4048 D.4050 1,从某个角度观察篮球可以得到一个对称的平面图形，如图所示，篮球的外 轮廓为圆O,将篮球表面的粘合线祝为坐标轴和双曲线，若坐标轴和双曲 线与圆0的交点将圆的周长8等分，且B一B0=OC=CD,则该双曲线的 离心率为() A.互 B.2N2 C.5 D.23 2025届斯入权第一次联 8.在直四使住ABCD-4B,CD,中，度面4BCD为菱形且∠BAC=60,B=6,A4=2 2E=BC,平面a过点A、E且与BD平标，点P在平面a上且满足am∠ACP-号 9 则点P的轨迹为( A.。圆 B.椭圆 C,双曲线一部分D.抛物线一部分 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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 92024年全民健身运动的主题“全民健身与奥运同行”，为了满足群众健身需求，某健身房近几年陆 续购买了几台A型跑步机，该型号跑步机己投入使用的时间x(单位：年)与当年所需要支出的维 修费用y(单位：千元)有如下统计资料： 2 4 y 2.2 3.8 5.5 6.5 根据表中的数据可得到线性回归方程为.y=1.23x+á，则( Ay与x的样本相关系数r>0 B.a=0.08 C.表中维修费用的第60百分位数为6 D.该型跑步机已投入使用的时间为10年时，当年所需要支出的维修费用一定是1238万元 10.已知定义在R上的偶函数f(x)和奇函数g(x)满足∫(2+x)+g(-x)=1,则() Af(x)的图象关于点(2,1)对称 B.g(x)是以8为周期的周期函数 C.g(2024)=1 D. /4t-2=20m5 1线C的方程为子+君=a>06>0,下对准线C的指选正璃的是( y A.曲线C关于原点对称 、B.曲线C与椭圆C:三+=1a>0,b之0)无公共点 C曲线C围成的封闭图形的面积大于椭圆C:? 产+1(a>0.b>0)围成的封闭图形的面积 D.曲线C上的点到原点距离的最大值为a 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12曲线y=血在4()，B(:,)两点处的切线互相要直，则x为三一 1aa如m行小m智c小0，则角a:— 14、已知有穷数列a}共m项(m>3),数列{，}中任意连续三项a,4…4,0=1,23.),满足 如下条件：()至少有两项相幢：(2)g+a>a,a,+aa>a,a+a>a恒成立： (3)以a,a,4:为边长的三角形两两均不全等.若a,∈{L,2,3,4,5}(=1,2,,m), 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 则m的最大值为 15.(13分)在△4BC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且c=2h,a=2 ccosC, ①求号的值： (2)若b=2时，求△MBC的面积. 16.(15分)如图，在四棱柱ABCD-ARGD中，L4⊥平面ABCD,底面ABCD为梯形，AD∥BC, BC=4,AB=AD=DC=AM=2,Q为AD的中点，P为AD的中点， D (1)证明：直线CQ/平面4CP: (2)求平面4CP与平面ABB4所成的锐二面角的余弦值。 B 2025届新八较第一次联 17.(15分)题着教青郎的“双减政策”落地。为了丰富高中基速年领学生的理余生话，2026年元 旦期间，某校师生举行一场惊心动线的足球比寒，由教师代表队、高一学生代表队和高一学生代表队 组成.用分规则为：球队胜一场积3分，平一场积分，负一场积0分：由数师代表队与高一学生代表 队和高二学生代表队的调场比真。根巡前期比赛成绩，教师代表队与高一学生代表队比赛：教师代表 风胜的概率为己。 的子平的点率为行负的瓶率为。由收师代表以与高三学生代表队比要，数导代宋 6 以胜的概率为3，平的概率为 ，的廷大，西岳士坚声是区生 (1)求教师代表队与高二学生代表队比寒获得积分超过教师代表队与高一学生代表队比赛获得积分 的概率： (2)用X表示教师代表队两场比赛获得积分之和。求X的分布列与期望 18.(17分)已知抛物线Cx2=2y(P>0)的焦点为F,过点F且斜率为22的直线1与四 D:x2+(y+2)2=1相切. (1)求抛物线C的方程： (2)设M(x。,-2)(-1≤x。≤1)，过点M作C的两条切线，2，切点分别为A、B,试求△MAB 面积的取值范围。 19.(17分)黎曼猜想是解析数论里的一个重要猜想，它被很多数学家视为是最重要的数学猜想之一.它 通数a (x>0,s>1,s为常数)密切相关，请解决下列问题 (1)当s=2时，讨论f(x)的单调性： (2)当2<sse+1时，证明/(x)有唯一极值点： （3)在(（2)成立的条件下，记/)的曜一极值点为g).求证2<g<e。0 家心新八校 2025 届高三第一次联考数学试题答案 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.【答案】C 【解析】∵ 2 1{ 2 } {0,1,2}, { lg(2 1)} ( , ) 2 A x N x x B x y x         ， ∴ {1,2}A B  .故选 C 2．【答案】A 【解析】 1 iz   ，∴ 1 iz   ，∴. 1 i 1 i (1 i) i= 1+i 1 1 i 1 i z z             3.【答案】B 【解析】设 1t x  ，则 1x t  ，所以     20 1 5 5 2 5 5+1 2x t a a t a t a t       ．  52t  的展开式的通项  5 5 5 5 1 C 2 C 2 rr r r r r rT t t       ，取 3r  得 3 2 3 5C 2 80a    ．故选 B. 4.【答案】D 【解析】因为 0a b c     ，所以b c a     ，即 2 22 2a c a c b       ， 即 31 3 2 1, cos , , 2 a c a c a c a c                 故 3cos , 2 a c    ，故选：D 5. 【答案】D 【解析】由题意可得  f x 的图象关于点 π ,0 6       对称，取 0 3 x x  与 ，代入 可得   π 30 0 3 2 2 af f         ，即 3a   ．故   πsin2 3cos2 2sin 2 3 f x x x x        ， 令 π π2 π 3 2 x k   ， kZ ，可得  f x 的图象的对称轴为 5π π 12 2 kx   ， kZ ．故选：D． 6.【答案】B 【解析】由 1n n nb a a  ，得 1 2 1n n nb a a    ，则 1 2 2n n n nb b a a     ， 从而 2025 2025 2023 2021 3 12023 1 2 1012 1 2025a a a a a a a a            .故选：B 7.【答案】C 【解析】以O为原点，AD所在直线为 x轴建系，不妨设 1AB BO OC CD    则该双曲线过点 ( 2, 2)且 1a  ，将点 ( 2, 2)代入方程 2 2 2 2 1 x y a b   ，即    2 2 2 2 2 2 1 1 b   ，解得 2 2b  ，所以 2 2 2 3c a b   ，故离心率为 3  ce a ， 故选：C． 8.【答案】B 【解析】在直四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 中,底面 ABCD为菱形且 060 , 6,BAC AB   所以 1 1 6 3,AC AC  又因为 1 12 ,A E EC   所以 1 2 3,A E  因为 1 1 1 1 1 1 1 2 3 3tan , tan , 9 96 3 AC A AC P P AC A A     又因为 点 在 为旋转轴， 为半径的圆锥的侧面上，因为 平面 过点 A、E且与 BD 平行，点 P在 平面 上 ，所以点 P 的轨 迹为 平面 与圆锥的侧面的交线上，其轨迹为椭圆，故选 B. 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.全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分. 9.【答案】ABC 【解析】根据题意可得， 4x  ， 2.2 3.8 5.5 6.5 7 5 5 y      ，所以样本中心点为  4,5 ， 对于 A，由表中数据可得 y 随着 x增大而增大， x与 y 正相关，所以相关系数 0r  ，故 A正确； 对于 B，将样本中心点  4,5 代入回归方程 1.23y x a  ，可得  0.08a  ，故 B正确； 对于 C，维修费用从小到大依次为 2.2,3.8,5.5,6.5,7，第 60百分位数为 5.5 6.5 6 2   ，故 C正 确；对于 D，根据回归分析的概念，机床投入生产的时间为 10年时，所需要支出的维修费用大 概是 12.38万元，故 D错误.故选：ABC. 10. 【答案】ABD 【解析】对于 A，根据题意由    2 1f x g x    可得    2 1f x g x   ；又  g x 为奇函 数，联立         2 1 2 1 f x g x f x g x          ，两式相加可得    2 2 2f x f x    ，因此  f x 的图象关 于点  2,1 对称，即 A 正确；对于 B，由        2 2 2, 4 2f x f x f x f x        ，又  f x 为偶函数，所以    4 2f x f x   ，可得    4 2f x f x   ，即    4 4f x f x   ， 所以    8f x f x  ，即  f x 是以 8 为周期的周期函数，  8 ( 8 2) 1 ( 2) 1 ( )g x f x f x g x         可知 B正确； 对于 C，易知  0 0g  ，  2024 (0) 0g g   ，即 C不正确；对于 D：由    02 1f g  可 得  2 1f  ，又      62 6f f f  ，所以  6 1f  ；所以           2025 1 4 2 2 6 10 8098 2025 k f k f f f f         ，即 D 正确；故 选：ABD. 11. 【答案】AC 【解析】对 A：若  ,x y 满足 4 4 4 4 1 x y a b   ，则  ,x y  亦在曲线C上，故 A正 确； 对 B：如  ,0a 即为两个曲线公共点，故 B错误； 对 C：记  ,P m n 在曲线C上，  ,Q m t 在曲线C上，且 4 40 m a  ， 则有 4 4 4 41 mn b a        ， 2 2 4 2 2 4 4 2 2 4 21 1m m mt b t b a a a                  ， 故  4 2 2 22 44 4 4 4 4 2 4 4 22 2 0 b m a mm mn t b n t a a a             ， 即除去    ,0 , 0,a b  ，其余C上的点都在C外，故 C正确； 对 D：令 4 4 2 2 4 4cos , sin x y a b    ，则 2 2 2 2cos , sinx a y b   ， 则  2 2 4 4cos sin sina b a b       ，（其中 2 2 4 4 4 4 sin ,cosa b a b a b      ）， 所以曲线C上的点到原点距离的最大值为  4 4 4 44sina b a b a      ，故 D错误． 故选：AC. 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5 分，共 15 分. 12.【答案】1 【解析】由 1 , 1ln , 1 ln ln ,0 1 1 ,0 1 xx x xy x y x x x x                ， 不妨设 1 2x x ，两切线的斜率分别为 1k ， 2k ，由题意得 1 20 1x x   ，则有 1 1 1k x   ， 2 2 1k x  ， 此时 1 2 1 21 1k k x x    . 13.【答案】 4  【解析】 4cos sin 0 3 3                  sin cos 3 3                 ， 3 1 1 3cos sin cos sin 2 2 2 2        ，可得 tan 1  .所以 4   . 14. 【答案】16 【解析】当 na 中含有“1,1,1 ”时， 3m  ； 当 na 中含有“1,1,2 ”时，不满足“1+1>2”，故舍去； 当 na 中不含有连续的“1”时，连续三项的可能为： 2,2,1， 2,2, 2， 2,2,3，3,3,1，3,3, 2，3,3,3，3,3, 4，3,3,5 4,4,1， 4,4,2， 4,4,3，4,4,4， 4,4,5 5,5,1，5,5,2，5,5,3，5,5, 4，5,5,5 其中 2,2,1，3,3,1， 4,4,1， 4,4,2，5,5,1，5,5,2这 6组不能同时满足于前一项，后一项构成 3个符合题意的三角形.所以这 6组只能位于数列的前三项或后三项，且至多出现 2次.剩余共 12 组，由于相邻 4项组成的三角形中间 2项是共用的，所以项数为三角形的个数加 2项.此时 12 2 2 16m     ，故当m最大时 na :1,2, 2, 2,3,3,3, 4, 4, 4,5,5,5,3,3,1.所以m的最大值为 16. 故答案为：16. 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.【解析】(1)∵ 2 cosa c C ，由余弦定理得， 2 2 2 2 2 a b ca c ab     ， 又 2c b ，∴ 2 2 2(2 )2 2 2 a b ba b ab      ，化简得 2 26a b ,∴ 6 a b  ．……（6分） （2）由（1）得 6 6cos 2 2 2 4 a bC c b     ， ……（8分） ∴C为锐角，∴ 2 10sin 1 cos 4 C C   ， ……（10 分） 2 2 6,b a   ∴ ABC 的面积 1 1 10sin 2 6 2 2 2 15 4 S ab C      .……（13 分） 16.【解析】（1）证明：在四棱柱 1 1 1 1ABCD ABC D 中，Q为 AD的中点，P为 11DA 的中点，连接 PQ 所以 1 1PQ CC PQ CC∥ 且 ，所以四边形 1PQCC 为平行四边形，所以 1//CCQ P ,又因为 1 1C P PQCC平面 ，直线CQ在 1PQCC平面 外， 所以 //CQ 平面 1AC P．……（6分） （2）过点 D作DF BC ，垂足为 F，又因为 1DD 平面 ABCD，所以 DA，DF， 1DD 两两互相 垂直，以 D为坐标原点，分别以 DA，DF， 1DD 所在直线为 x轴，y轴，z轴建立如图的空间直角 坐标系D xyz ，则� 2,0,0 ，  1,0,2P ，  1 1, 3,2C  ，  1 2,0,2A ，  3, 3,0B ，……（8 分）  1,0, 2PA    ，  1 2, 3,0PC    ，  1, 3,0AB  ，  1 0,0,2AA   设平面 1PAC 的法向量为� = �, �, � ， 则有 1 0, 0, n PA n PC         即 2 0, 2 3 0. x z x y       令 2 3x  ，得 4y  ， 3z  ，所以  2 3,4, 3n  ．……（11 分） 设平面 1 1ABB A 的法向量为  , ,m x y z  ．则有 1 0, 0, AB m AA m           即 3 0, 2 0. x y z      令 3x  ，得 1y   ， 0z  ，所以  3, 1,0m   ．……（13 分） 所以 6 4 0 31cos , 312 31 n mn m n m              ． 故平面 1AC P与平面 1 1ABB A所成的锐二面角的余弦值为 31 31 ．……（15 分） 17.【解析】（1）设事件 1A “教师代表队与高二学生代表队比赛获得积分为3分”， 事件 2A “教师代表队与高二学生代表队比赛获得积分为1分”， 事件 3A “教师代表队与高二学生代表队比赛获得积分为0分”， 事件 1B “教师代表队与高一学生代表队比赛获得积分为3分”， 事件 2B “教师代表队与高一学生代表队比赛获得积分为1分”， 事件 3B “教师代表队与高一学生代表队比赛获得积分为0分”， 事件C “教师代表队与高二学生代表队比赛获得积分超过教师代表队与高一学生代表队比赛获 得积分”， 1 2 1 1 1( ) 3 6 18 P A B    ， 1 3 1 1 1( ) 3 6 18 P A B    ， 2 3 1 1 1( ) 6 6 36 P A B    ， 则 1 2 1 3 2 3 1 1 1 5( ) ( ) ( ) ( ) 18 18 36 36 P C P A B P A B P A B       ， ∴教师代表队与高二学生代表队比赛获得积分超过教师代表队与高一学生代表队比赛获得积分的 概率为 5 36 ．……（7分） （2）由题意可知 X 的所有可能取值为0,1,2,3,4,6． 1 1 1( 0) 6 2 12 P X     ， 1 1 1 1 4 1( 1) 6 2 6 6 36 9 P X        ， 1 1 1( 2) 6 6 36 P X     ， 2 1 1 1 7( 3) 3 2 6 3 18 P X       ， 2 1 1 1 3 1( 4) 3 6 6 3 18 6 P X        ， 2 1 2( 6) 3 3 9 P X     ． ……（13 分） ∴ X 的分布列为 X 0 1 2 3 4 6 P 1 12 1 9 1 36 7 18 1 6 2 9 ∴ ( )E X  1 1 1 7 1 2 100 1 2 3 4 6 12 9 36 18 6 9 3             ．……（15 分） ��.【解析】(1)由题意得抛物线C的焦点为 (0, ), 2 pF 则直线 l： 2 2 , 2 py x  圆 D的圆心为 (0, 2), 半径 1,r  则 2 2 1, 2 10 8 1 p d p p         或 （舍去） ，所以抛物线C的方程为 2 4 .x y ……（6分） （2）设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ，对于函数 2 4 xy  求导得 , 2 xy  所以MA的斜率 11 ,2 xk  …（7分） 所以切线MA的方程为 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1( ) , 2 22 2 2 2 x x x x x xy y x x y y y x x y y         ，即 即 同理可得切线MB的方程为 2 22 2x x y y  ,……（9 分） 又因为点 0( , 2)M x  在两切线上， 1 0 1 2 0 2 2 4 2 4 x x y x x y      ，所以直线 AB 的方程为 0 2 4 0x x y   .……（10 分） 联立方程 0 2 0 1 2 0 1 22 2 4 , 2 8 0, 2 , 8 4 x x y x x x x x x x x x y             ，……（13 分） 所以 2 2 2 20 1 2 0 01 ( ) 32 4 84 xAB x x x x        ，点 0( , 2)M x  到直线 AB 的方程为 2 0 2 0 8 4 x d x    ，……（15 分）所以 2 3 0 2 2 2 2 0 0 02 0 81 1 14 8 ( 8) 2 2 24 MAB x S AB d x x x x             因为 2 0 0 271 1 8 8 9 8 2 2MAB x x S           , 所以 MAB 面积的取值范围为 278 2 , . 2      ……（17分） 19.【解析】（1）由     1 2 , 0, , e 1 e 1 s x x x xs f x x            可得          2 2 e 1 e 1 e 1 e 1 e 1 x x x x x x x f x             ，令    1 e 1xd x x    ，则    e 1 e ex x xd x x x        ， 0 0xx xe  Q ，即   0d x  恒成立； 即函数  d x 在  0,  上单调递减，又  0 0d  ，所以    0 0d x d  ，可得      2 1 e 1 0 e 1 x x x f x         恒成立，因此当 2s  时，函数  f x 在  0,  上单调递减；……（5分） （2）当 2 1s e   时，由     1 , 0, , e 1 s x xf x x       可得               2 1 2 2 2 1 e 1 e 1 e 1 e 1 e 1 s x s x s x x x s x x x s x s f x                      ， 令      1 e 1xh x s x s      ，则      e 1 e 2 ex x xh x s x s x          ， 令    2 e 0xh x s x     ，可得 2 0x s   ,易知当  0, 2x s  时，    2 e 0xh x s x     ，即 函数  h x 在  0, 2s  上单调递增，当  2,x s    时，    2 e 0xh x s x     ，即函数  h x 在  2,s   上单调递减，即函数  h x 在 2x s  处取得极大值（也是最大值）；注意到  0 0h  ， 由单调性可得    2 0 0h s h   ，可知  h x 在  0, 2s  大于零，不妨取 2 2x s  ，则          2 2 2 22 2 1 e 1 1 e 1 0s sh s s s s           ；由零点存在定理可知  h x 存在唯一零点  0 2,x s    ，所以         2 2 1 e 1 e 1 s x x x s x s f x             存在唯一变号零点 0x 满足  0 0f x  ，由  h x 单调性可得，当  00,x x 时，   0f x  ，当  0 ,x x   时，   0f x  ；即可得函数  f x 在  00, x 上单调递增，在  0 ,x  单调递减；所以  f x 有唯一极大值点 0x ；……（11 分） （3）记  f x 的唯一极值点为  g s ，即可得  0x g s 由      00 01 e 1 0xh x s x s       可得 0 0 0 e 1 e 1 x x xs    ，即可得  g s 的反函数   0 0 0 0 e 1 e 1 x x xx    ,  0 2,x s    ，则       0 0 0 0 2 e e 1 e 1 x x x x x      ， 构造函数    00 0 0e 1, 0,xm x x x      ，则   00 e 1 0xm x    ， 所以  0m x 在  0,  上单调递增，因此    0 0 0m x m  ，所以      2 e e 1 0 e 1 x x x x x       ，因此 0( )x 在  2,s   单调递增；易知函数  g s 与其反函数 0( )x 有相同的单调性，所以函数  g s 在  2, 1e 上单调递增.所以     0max 1 ( ) 1 1 11 t t tet g s g e x e e e            令 1 1 11, ( ) , (2) 2 0, ( ) 0 2 1 t t t e t tee e t e k t e t e k e k e e t e e e                      令 所以  max2 g s e  .……（17 分）