精品解析：江西省新余市2024-2025学年高三上学期第一次模拟考试数学试卷

江西省新余市2024-2025学年高三上学期第一次模拟考试数学试卷 命题人：新钢中学 钟清平 欧阳裕吉 新余九中 胡小林 审题人：陈建 说明：1.本卷共有四个大题，19个小题，全卷满分150分，考试时间120分钟. 2.本卷分为试题卷和答题卷，答案要求写在答题卷上，在试题卷上作答不给分. 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. 双曲线的实轴长为（ ） A. B. 4 C. D. 8 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 等比数列中，已知，则（ ） A. B. 2 C. D. 1 4. 已知是锐角，则“直线与平面所成角的大小为”是“直线与平面内无数条直线所成角的大小为”的（ ）条件. A. 必要不充分 B. 充分不必要 C. 充分必要 D. 既不充分也不必要 5. 已知直线的方程为，则直线的倾斜角的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 2024年巴黎奥运会乒乓球比赛，中国队表现出色，包揽全部乒乓金牌，其中混双是中国历史上第一块奥运乒乓球混双金牌，由王楚钦和孙颖莎组成的“莎头”组合对战朝鲜队，最终以的比分赢得胜利.假设2025年的一次乒乓球比赛中，“莎头”组合再次遇到朝鲜队，采用7局4胜制（先胜4局者胜，比赛结束），已知每局比赛“莎头”组合获胜的概率为，则“莎头”组合再次以获胜的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数的图象经过点，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则对任意的都有 B. 若的图象关于直线对称，则 C. 若在上单调递增，则的取值范围是 D. 若方程在上恰有两个不同的实数解，则的取值范围是 8. 已知表示m，n中最大的数，设函数，若，则的最大值为（ ） A. 2 B. 1 C. 1 D. 2 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. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 在复平面内对应的点位于第四象限 10. 下列说法中正确的是（ ） A. 若样本数据、、、的平均数为，则数据、、、的平均数为 B. 随机变量服从正态分布，若，则 C. 某校高三（1）班进行米体测，男生人，跑完平均用时秒，方差为，女生人，跑完平均用时秒，方差为，则该班级的体测成绩方差大于 D. 若随机事件、满足：，，，则事件与相互独立 11. 如图，在棱长为的正方体中，、、分别是、、的中点，是线段上的动点（不包含端点），则（ ） A. 四面体的外接球的表面积为 B. 存在点，使、、、四点共面 C. 过且与垂直的平面截正方体所得截面面积取值范围为 D. 点是四边形内的动点，且直线与直线夹角为，则点的轨迹长度为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，若与是共线向量，则实数___________. 13. 的展开式中的系数为36，则的值为___________. 14. 课内我们已经学习了一元二次方程的韦达定理.实际上，一元三次方程也有对应的韦达定理：一元三次方程的三根为满足：.已知满足：和，其中互不相等，则___________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步㵵. 15. 在中，已知角的对边分别是，且. （1）求角的大小； （2）若边上的高为，求三角形ABC的周长. 16. 如图，在四棱锥中，，，平面平面ABCD. （1）求证：； （2）求平面PCD与平面PAB夹角的余弦值. 17. 已知函数，其中. （1）当时，求在点处的切线方程； （2）当时，恒成立，求的取值范围. 18. 平面直角坐标系中，点与定点的距离和它到定直线的距离之比是常数. （1）求点的轨迹方程； （2）若不过点的直线交曲线于P，Q两点； ①若以P，Q为直径的圆过点，证明：直线过定点； ②在①条件下，作为垂足.是否存在定点，使得为定值？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由. 19. 设，若，且不存在，使得依次成等差数列，则称 为 的简单集，元素个数最多的简单集称为 的最大简单集， 的最大简单集的元素个数记为. （1）写出4的所有最大简单集，并求； （2）设，证明：，并求； （3）设，若对任意，都有恒成立，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江西省新余市2024-2025学年高三上学期第一次模拟考试数学试卷 命题人：新钢中学 钟清平 欧阳裕吉 新余九中 胡小林 审题人：陈建 说明：1.本卷共有四个大题，19个小题，全卷满分150分，考试时间120分钟. 2.本卷分为试题卷和答题卷，答案要求写在答题卷上，在试题卷上作答不给分. 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. 双曲线的实轴长为（ ） A. B. 4 C. D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】根据双曲线方程直接确定实轴长. 【详解】由双曲线方程知，则实轴长为. 故选：C 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解一元二次不等式、指数不等式求集合，应用交运算求集合. 【详解】由，， 所以. 故选：A 3. 等比数列中，已知，则（ ） A. B. 2 C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】利用等比数列通项公式及已知可得，再由即可求值. 【详解】若等比数列的公比为， 由题设，则，即， 由. 故选：A 4. 已知是锐角，则“直线与平面所成角的大小为”是“直线与平面内无数条直线所成角的大小为”的（ ）条件. A. 必要不充分 B. 充分不必要 C. 充分必要 D. 既不充分也不必要 【答案】B 【解析】 【分析】利用线面角的定义结合充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】如下图所示： 设直线交平面于点，过直线上异于点的点作，垂足为点， 则为直线与平面所成的角， 若直线与平面所成角的大小为，则直线与所有平行于直线的直线所成的角都为， 即“直线与平面所成角的大小为”“直线与平面内无数条直线所成角的大小为”， 若直线与平面内无数条直线所成角的大小为， 但直线与平面内所有直线所成的最小角为直线与平面所成的角， 所以，不一定是直线与平面所成的角， 即“直线与平面所成角的大小为”“直线与平面内无数条直线所成角的大小为”， 因此，“直线与平面所成角的大小为”是“直线与平面内无数条直线所成角的大小为”的充分不必要条件. 故选：B. 5. 已知直线的方程为，则直线的倾斜角的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出直线的斜率的取值范围，利用直线倾斜角与斜率的关系可得出直线的倾斜角的取值范围. 【详解】直线的斜率为，设该直线的倾斜角为，则， 又因为，故. 故选：D. 6. 2024年巴黎奥运会乒乓球比赛，中国队表现出色，包揽全部乒乓金牌，其中混双是中国历史上第一块奥运乒乓球混双金牌，由王楚钦和孙颖莎组成的“莎头”组合对战朝鲜队，最终以的比分赢得胜利.假设2025年的一次乒乓球比赛中，“莎头”组合再次遇到朝鲜队，采用7局4胜制（先胜4局者胜，比赛结束），已知每局比赛“莎头”组合获胜的概率为，则“莎头”组合再次以获胜的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分析“莎头”组合以获胜，即前局“莎头”组合胜局、负局，第局“莎头”组合获胜，利用二项分布的概率公式计算可得. 【详解】“莎头”组合再次以获胜，即前局“莎头”组合胜局、负局，第局“莎头”组合获胜， 所以“莎头”组合再次以获胜的概率. 故选：B 7. 已知函数的图象经过点，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则对任意的都有 B. 若的图象关于直线对称，则 C. 若在上单调递增，则的取值范围是 D. 若方程在上恰有两个不同的实数解，则的取值范围是 【答案】C 【解析】 【分析】先根据函数的图象经过点求出，根据正弦函数的周期即可判断A；根据正弦函数的对称性即可判断B；根据正弦函数的单调性即可判断C；根据正弦函数的图象与性质即可判断D． 【详解】因为函数的图象经过点， 所以，即，又，所以，所以； 对于A：当时，， 则，故A错误； 对于B：因为的图象关于直线对称，则， 又，所以，故B错误； 对于C：由，得， 因为在上单调递增，所以， 即，解得，即的取值范围是，故C正确； 对于D，因为，所以， 方程在上恰有两个不同的实数解，即在上恰有两个不同的实数解， 则有，解得，即的取值范围是，故D错误． 故选：C． 8. 已知表示m，n中最大的数，设函数，若，则的最大值为（ ） A. 2 B. 1 C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据题设有的定义域为，讨论、、、，结合导数、二次函数、对数函数的性质研究的符号得参数范围，即可得答案. 【详解】由，显然函数定义域为， 当时， 令，则， 令，则， 显然，即在上单调递增， 又，，故使，则， 所以上，即，则在上单调递减， 上，即，则在上单调递增， 所以，显然，则， 此时恒成立，故，即，满足要求； 当时， 对于有，即恒成立， 则时，，又时，， 此时恒成立，即，满足要求； 当时， 对于恒成立， 则时，，又时，， 此时恒成立，即，满足要求； 当时， 对于的图象开口向上且对称轴， 所以，在上单调递减，且有， 对于，在上单调递增，且有， 综上，在区间内，存在，即存在，不满足要求； 综上，，故的最大值为1. 故选：C 【点睛】关键点点睛：利用导数、二次函数、对数函数的性质研究在上是否恒成立为关键. 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. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 在复平面内对应的点位于第四象限 【答案】BD 【解析】 【分析】根据复数不能比较大小判断A，应用加法及模长公式计算判断B，应用共轭复数及复数得乘法计算判断C，结合除法运算律及对应点的坐标判断D. 【详解】虚数不能比较大小，A选项错误； 复数，则，则，B选项正确； ，C选项错误； 对应点为，D选项正确. 故选：BD. 10. 下列说法中正确的是（ ） A. 若样本数据、、、的平均数为，则数据、、、的平均数为 B. 随机变量服从正态分布，若，则 C. 某校高三（1）班进行米体测，男生人，跑完平均用时秒，方差为，女生人，跑完平均用时秒，方差为，则该班级的体测成绩方差大于 D. 若随机事件、满足：，，，则事件与相互独立 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用平均数的性质可判断A选项；利用正态密度曲线的对称性可判断B选项；利用分层抽样的方差公式可判断C选项；利用独立事件的定义可判断D选项. 【详解】对于A选项，设数据、、、的平均数为， 则样本数据、、、的平均数为，解得，A对； 对于B选项，随机变量服从正态分布，若，则， 则，B对； 对于C选项，由题意可知，该班级的体测成绩的平均数为， 所以，该班级的体测成绩方差为 ， 无法确定与的大小，C错； 对于D选项，由题意可得， 故事件、独立，D对. 故选：ABD. 11. 如图，在棱长为的正方体中，、、分别是、、的中点，是线段上的动点（不包含端点），则（ ） A. 四面体的外接球的表面积为 B. 存在点，使、、、四点共面 C. 过且与垂直的平面截正方体所得截面面积取值范围为 D. 点是四边形内的动点，且直线与直线夹角为，则点的轨迹长度为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用补形法可判断A选项；作出辅助线，得到，即、、、四点共面，当与重合时满足要求，但不能与重合，可判断B选项；作出辅助线，得到平面截正方体截面为平行四边形，当与点重合时，面积最大，此时面积为，当与点无限接近时，面积接近于，可判断C选项；作出辅助线，得到点的轨迹是以为圆心，为半径的部分圆弧，可求出点的轨迹长度，可判断D选项. 【详解】对于A选项，将四棱锥补成长方体， 所以，四面体的外接球的直径即为长方体的体对角线长， 即四面体的外接球的直径为， 所以，四面体的外接球的表面积为，A对； 对于B选项，连接、、， 因为且，故四边形为平行四边形， 所以，， 因为、分别是、中点，则，所以， 即、、、四点共面， 当与重合时满足、、、四点共面， 但是线段上的动点（不包含端点），B错； 对于C选项，如图，在平面上作⊥，垂足为点， 过点作在平面内⊥交或者于， 因为平面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 又平面，所以⊥， 因为，、平面，所以平面， 平面截正方体截面为平行四边形， 当与点重合时，面积最大，此时，，面积为， 当与点无限接近时，面积接近于， 过且与垂直的平面截正方体所得截面面积取值范围为，C对； 对于D选项，取的中点，连接，则， 则平面，取的中点，以为圆心，为半径作圆， 交、于、， 则点的轨迹为以为圆心，为半径的部分圆弧， 此时满足直线与直线夹角为， 如图，，故， 所以点的轨迹长度为，D对. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：立体几何中截面的处理思路： （1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程； （2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线； （3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线； （4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，若与是共线向量，则实数___________. 【答案】##0.5 【解析】 【分析】由向量线性关系的坐标运算及共线的坐标表示列方程求参数即可. 【详解】由题设，，且两向量共线， 所以，则. 故答案为： 13. 的展开式中的系数为36，则的值为___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意结合二项展开式的通项公式运算求解. 【详解】因为的二项展开式为， 令，可得； 令，可得； 可得， 所以， 解得：， 故答案为： 14. 课内我们已经学习了一元二次方程的韦达定理.实际上，一元三次方程也有对应的韦达定理：一元三次方程的三根为满足：.已知满足：和，其中互不相等，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】结合二、三次方程的韦达定理建立关于的等量关系，整体消元解方程组可得. 【详解】由题意互不相同，则互不相同. 即互不相同. 由已知， 可得是方程的三个不同的实数根. 由一元三次方程的韦达定理得，即①， 由，且为一常数， 则是方程的两不等根， 则由韦达定理可得，②， 联立①②解得. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解决此题的关键在于理解并应用一元三次方程的韦达定理，再通过根与系数的关系建立方程组求解. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步㵵. 15. 在中，已知角的对边分别是，且. （1）求角的大小； （2）若边上的高为，求三角形ABC的周长. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由余弦边角关系及已知可得，再应用余弦定理即可求角的大小； （2）由三角形面积公式，应用等面积法列方程得，结合（1）的结论，并应用余弦定理求边长，进而确定三角形的周长. 【小问1详解】 由题设及余弦定理知，整理得， 所以，又，所以； 【小问2详解】 由题意及（1）知：，则， 由，即， 所以（负值舍），故，而， 所以三角形ABC的周长为. 16. 如图，在四棱锥中，，，平面平面ABCD. （1）求证：； （2）求平面PCD与平面PAB夹角的余弦值. 【答案】（1）证明：由，易知为直角梯形，且， 连接，则，且为等腰直角三角形，，所以， 在中，则， 又，故，即， 且，即，面面，面， 又面面，所以面，面，则， 又且都在面内，故面，面， 所以. （2）. 【解析】 【分析】（1）连接，根据已知易得、，由面面垂直的性质有面，由线面垂直的性质有，最后利用线面垂直的判定和性质证结论； （2）若为的中点，连接，根据面面垂直的性质证面，在面内作，构建合适空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 若为的中点，连接，由，则， 面面，面，面面， 所以面，由，易知为直角梯形， 在面内作，则可构建空间直角坐标系，如图， 则， 所以，，，， 若为面的一个法向量，则， 令，则， 若为面的一个法向量，则， 令，则， 所以， 即平面PCD与平面PAB夹角的余弦值为. 17. 已知函数，其中. （1）当时，求在点处的切线方程； （2）当时，恒成立，求的取值范围. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）应用导数的几何意义求切线方程； （2）首先证明为偶函数，问题化为研究时恒成立，再结合，根据必要性有得到，再证明充分性，说明上存在，即可得答案. 【小问1详解】 由题设，且时，则， 所以，则， 故在点处的切线方程为， 所以. 【小问2详解】 由且定义域为R， 所以为偶函数，即函数图象关于轴对称，只需研究时恒成立， 由，要使在上恒成立，必有（必要性）， 由，则，即， 下证（充分性）：时，恒有在上成立， 在上， 又，且，故，即在上恒成立； 当时，令，则， 在上，即恒成立， 所以上单调递增， 当趋向于0时趋向于()，当趋向于时趋向于， 所以，使， 即，，则在上单调递减， 又，故存在区间上，不合题设； 综上，. 18. 平面直角坐标系中，点与定点的距离和它到定直线的距离之比是常数. （1）求点的轨迹方程； （2）若不过点的直线交曲线于P，Q两点； ①若以P，Q为直径的圆过点，证明：直线过定点； ②在①条件下，作为垂足.是否存在定点，使得为定值？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由. 【答案】（1）； （2） 若以P，Q为直径的圆过点，且直线不过点可知，直线的斜率不为0， 可设，，联立， 则，整理得， 且，则， 所以，， ①证明：由题意 ， 所以，即或（舍，直线过点）， 所以，故直线过定点，得证. ②存在，定值为. 【解析】 【分析】（1）利用两点距离公式、点线距离列方程并整理，即可得轨迹方程； （2）①令，，联立的轨迹方程，应用韦达定理及求参数，即可证结论；②根据①结论及确定的轨迹，即可得结论，并找到定点坐标. 【小问1详解】 令，结合题设有，则， 所以，即点的轨迹方程为. 【小问2详解】 若以P，Q为直径的圆过点，且直线不过点可知，直线的斜率不为0， 可设，，联立， 则，整理得， 且，则， 所以，， ①略 ②由，且直线过定点， 故在以为直径的圆上，且中点为，该点到的距离恒为， 所以，存在定点使. 19. 设，若，且不存在，使得依次成等差数列，则称 为 的简单集，元素个数最多的简单集称为 的最大简单集， 的最大简单集的元素个数记为. （1）写出4的所有最大简单集，并求； （2）设，证明：，并求； （3）设，若对任意，都有恒成立，证明：. 【答案】（1）或；. （2）证明：设．若为的最大简单集， 且，则． 由于为的简单集，为 的简单集， 由最大简单集的定义可知， 故． 因此当时，①， 下面求： 由于，由①可知． 其中中最多只能取三个数：或； 中最多也只能取三个数：或． 若，共四种情况：或或或. 在和中，成等差数列； 在和中，成等差数列； 以上情况均不满足定义，故． 若，则和恰有一个集合有三个数， 依据对称性，不妨设该集合为，三个数为或． 则中选两个数，且不能选7（否则成等差数列）， 故只有三种情况：5，6；5，8；6，8． 若选两数为，则在与中，为等差数列； 若选两数为，则在中，为等差数列； 在中，为等差数列； 若选两数为，则在与中，为等差数列； 均不满足定义，故． 又为简单集，故. （3）证明：一方面，对，若是的最大简单集， 则必为 的简单集，故②， 下面证明：当，不满足结论“对任意，恒成立”． 即证：当时，存在，使得. 证明：当时，由①②可知，， 又因为为简单集，所以， 故可知，当时，存在，满足且， 故当，不满足结论“对任意，恒成立”，得证. 另一方面，我们先求出. 对于，可知． 若，因为，所以在中最多选个数， 故必选，因此也不能选； 同理，在中最多选个数，故必选，因此也不能选； 又由选可知，不能选；选可知，不能选； 此时，最大简单集中不能出现，因此必选； 而中，成等差数列，故； 对于，由， 若，同理可知，必属于最大简单集， 此时，最大简单集中不能出现， 则在中需选个数，共种情况， 或或或， 其中分别包含等差数列；；；，故. 下面再证明： 当时，对任意，都有恒成立， 即证：对任意，都有恒成立， 下面用数学归纳法证明： （i）当时，由①及上面分析可知； 当时，； 当时，； 当时， （ii）假设当时，有， 则当时，由（1）可知. 故当时，命题也成立． 根据（i）（ii）可知，对任意，都有恒成立. 自然地，当时，，故对任意时，恒成立． 综上所述，若，则“”是“对任意，都有恒成立”的充要条件. 即：若对任意，都有恒成立，则有，得证. 【解析】 【分析】（1）由简单集及最大简单集定义可得； （2）先证明性质，再应用性质得，分别验证不满足，再找到使的集合则可求； （3）先证明，说明当时结论不成立；再利用数学归纳法证明当时，结论恒成立，由此得当时也成立. 【小问1详解】 若，， 由简单集及最大简单集定义可知，4的最大简单集为或． 故. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：解决此题的关键是理解并应用定义挖掘以下性质并应用： （1）当时，； （2）对，若是的最大简单集，则必为 的简单集，且. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $