精品解析：江西省多校联考2024-2025学年高三下学期3月月考数学试题

高三数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：高考范围. 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. 若复数，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，若，则（ ） A. 5 B. 3 C. D. 4. 已知函数的图象关于点对称，则的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 5. 已知双曲线的左､右焦点分别为，过且垂直于轴的直线与交于两点，若为等边三角形，则的离心率等于（ ） A. B. C. 2 D. 6. 在中，角的对边分别为，若的面积为，则的周长为（ ） A. B. 11 C. D. 7. 设，用表示不超过的最大整数，例如：.已知函数则的值域为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在四棱锥中，四边形是正方形，，若三棱锥的四个顶点均在球的表面上，则球的表面积为（ ） 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. 已知抛物线的焦点为，准线为，过上一点作，垂足为点，若，则（ ） A. B. 直线的斜率为 C. D. 点到轴的距离为 10. 下列命题为真命题的是（ ） A. 若随机变量，且，则 B. 若随机事件满足，，则 C. 若随机变量的分布列为，则 D. 若随机变量，则当取得最大值时， 11. 下面四个图案中，能用如图样式的一组七巧板拼出来的有（ ） A. B. C. D. 三､填空题：本题共3小题，每小题分，共分. 12. 的展开式中含项的系数为__________.（用数字作答） 13. 杜老师对本班学生在一模考试中的数学成绩与语文成绩进行统计，得到如下信息：随机取一名学生，数学成绩优秀的概率为，语文成绩优秀的概率为，数学成绩和语文成绩均未达到优秀的概率为，则该班学生在数学成绩优秀的条件下，语文成绩也优秀的概率为__________. 14. 已知函数，若恒成立，则实数的取值范围为__________. 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. 小明为了了解不同性别的观众对蛇年春晚小品类节目的喜欢情况，随机选取了200名观看蛇年春晚的观众，得到如下列联表： 喜欢 不喜欢 合计 男性 45 45 90 女性 110 合计 80 200 （1）求； （2）在所有喜欢蛇年春晚小品类节目的观众中随机选1人，记该观众是男性观众的概率为，求出的估计值； （3）根据小概率值的独立性检验，能否认为性别因素与喜欢与否有关联？ 附：，其中．. 16. 已知数列的前项和为，且. （1）证明：是等比数列； （2）求的通项公式； （3）已知，求数列的前项和，并证明：. 17. 已知椭圆的左､右焦点分别为，左顶点为，上顶点为，且是线段上靠近点的三等分点，的面积为. （1）求的方程； （2）过点作斜率不为零的直线交于两点，证明：直线与直线的斜率之积为定值，并求出该定值. 18. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，求的零点个数； （3）若有两个极值点，证明：当时，. 19. 如图，四棱柱中，. （1）若四边形为菱形，. ①证明：平面； ②若四边形的面积为，证明：四棱柱的体积； （2）若，求点到平面的距离. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：高考范围. 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. 若复数，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题可先将复数z化简，再根据共轭复数的定义求出，最后确定的虚部. 【详解】， 所以，故的虚部为. 故选:B. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解出集合，利用交集的定义可求得集合. 【详解】因为或，， 故. 故选：C. 3. 已知向量，，若，则（ ） A. 5 B. 3 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由，可得，由数量积的坐标运算公式可得的值，即可得向量的坐标，计算可得答案. 【详解】因为，所以，展开得， 化简得，所以，解得， 所以，所以. 故选：C. 4. 已知函数的图象关于点对称，则的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】解法一：根据已知条件恒成立，将函数表达式代入，通过三角函数公式展开并整理，得到一个关于与的等式.因为该等式恒成立，所以与的系数都为，由此可求出的值.再将代入函数，化简后根据正弦函数性质求最大值. 解法二：利用已知条件，取特殊值，代入得到关于的方程，解出.然后将代入函数化简，同样根据正弦函数性质求最大值. 【详解】解法一：由题意，得恒成立，即恒成立， 整理，得恒成立，所以，从而， 故当，，即时，取得最大值. 解法二：由题意，得，解得， 所以， 故当，即时，取得最大值. 故选：D. 5. 已知双曲线的左､右焦点分别为，过且垂直于轴的直线与交于两点，若为等边三角形，则的离心率等于（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】当时，代入双曲线方程，求，利用双曲线的定义即可求解. 【详解】设的半焦距为，则直线的方程为，代入， 解得，所以， 因为为等边三角形，所以， 由双曲线的定义知，即， 所以，所以的离心率. 故选：B. 6. 在中，角的对边分别为，若的面积为，则的周长为（ ） A. B. 11 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由正弦定理得，由面积为解出，再由余弦定理得到，从而求得周长. 【详解】由及正弦定理，得， 因为，且，所以， 所以的面积为，解得，所以， 由余弦定理，得，所以， 所以的周长为. 故选：A. 7. 设，用表示不超过的最大整数，例如：.已知函数则的值域为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据的定义，先求函数的值域即可求解. 【详解】当时，，此时，或1； 当时，，此时0，或1； 当时，， 此时，所以的值域为. 故选：A. 8. 如图，在四棱锥中，四边形是正方形，，若三棱锥的四个顶点均在球的表面上，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】解法一:先找两个关键图形（直角三角形和正方形）外接圆的圆心、，过它们分别作对应平面的垂线，交点就是外接球的球心.接着取中点构造辅助线，根据已知角度和线段关系算出，再结合，用勾股定理求出球半径，最后根据公式算球表面积. 解法二:先通过线面垂直判定定理证明平面，确定球心在平面内射影为.然后算出相关线段长度，用余弦定理求.设，根据勾股定理分别表示出和，利用建立方程求出，进而得到球半径，最后算出球表面积. 【详解】解法一（通法）：设分别为线段的中点，由，知为直角三角形的外接圆圆心； 因为四边形为正方形，所以为正方形外接圆的圆心； 过分别作平面，平面的垂线交于点，则为三棱锥外接球的球心，即为外接球的半径. 取的中点，连接，则，可证点四点共面， 因为，所以，则， 又，所以，则， 所以球的表面积为. 解法二：如图，过点作于点， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以，又平面，所以平面， 因为，所以，取的中点，则球心在平面内的射影为，即平面，连接，则， 过点作，交直线于点，则， 因为，所以1，又， 由余弦定理，得， 设，则，故，由勾股定理，得，所以，解得， 所以球的半径为，所以球的表面积为. 故选：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. 已知抛物线的焦点为，准线为，过上一点作，垂足为点，若，则（ ） A. B. 直线的斜率为 C. D. 点到轴的距离为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据已知的抛物线焦点坐标求出参数p，再利用等边三角形的性质求出直线 PF的倾斜角和斜率，通过直角三角形的边角关系求出线段长度以及点到x轴的距离，进而判断各个选项的正确性. 【详解】因为，所以，故A正确； 因为，又，所以为等边三角形，所以， 如图，若点在第一象限，，直线的倾斜角为； 若点在第四象限，可得直线的倾斜角为.综上，直线的斜率为，故B正确； 的方程为，设与轴的交点为，在中，，所以，故C错误； 由，得，又，所以点到轴的距离为，故D正确. 故选：ABD. 10. 下列命题为真命题的是（ ） A. 若随机变量，且，则 B. 若随机事件满足，，则 C. 若随机变量的分布列为，则 D. 若随机变量，则当取得最大值时， 【答案】AC 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性，条件概率公式，二项分布的性质，离散型随机变量的期望公式，即可分别求解. 【详解】因为，， 所以，，故A正确； 因为为必然事件，所以，又与互斥， 所以，所以，故B错误； 因为的分布列为，所以， 所以，解得，所以， 令，则，两式相减， 得， 所以，所以，故C正确； 因为，所以， 当时，， 所以， 所以当取得最大值时，，故D错误. 故选：AC. 11. 下面四个图案中，能用如图样式的一组七巧板拼出来的有（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】作出七巧板所拼出图形的示意图，可得出合适的选项. 【详解】给一组七巧板按如图顺序标号，其中1与2是全等三角形，4与是全等三角形， 再按如图顺序排列可得选项BCD中图案，而A中最上面的等腰直角三角形尺寸太小， 七巧板中没有如此尺寸的三角形，无法用一组七巧板拼出. 故选：BCD. 三､填空题：本题共3小题，每小题分，共分. 12. 的展开式中含项的系数为__________.（用数字作答） 【答案】1215 【解析】 【分析】根据给定条件，求出二项式展开式的通项公式，进而求出指定项系数. 【详解】展开式的通项公式， 令，得，所以展开式中含项的系数为. 故答案为：1215 13. 杜老师对本班学生在一模考试中的数学成绩与语文成绩进行统计，得到如下信息：随机取一名学生，数学成绩优秀的概率为，语文成绩优秀的概率为，数学成绩和语文成绩均未达到优秀的概率为，则该班学生在数学成绩优秀的条件下，语文成绩也优秀的概率为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设“数学成绩优秀”为事件，“语文成绩优秀”为事件，根据条件概率公式即可求解. 【详解】设“数学成绩优秀”为事件，“语文成绩优秀”为事件， 则，且， 所以， 又， 所以. 故答案为：. 14. 已知函数，若恒成立，则实数的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】通过求导来确定函数的单调性，进而求出函数的最值，再根据不等式恒成立的条件建立关于参数的不等式，最后求解参数的取值范围. 【详解】的定义域为，由，得， 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，所以. 令，当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增.所以. 由题意得，所以， 即，即，解得. 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. 小明为了了解不同性别的观众对蛇年春晚小品类节目的喜欢情况，随机选取了200名观看蛇年春晚的观众，得到如下列联表： 喜欢 不喜欢 合计 男性 45 45 90 女性 110 合计 80 200 （1）求； （2）在所有喜欢蛇年春晚小品类节目的观众中随机选1人，记该观众是男性观众的概率为，求出的估计值； （3）根据小概率值的独立性检验，能否认为性别因素与喜欢与否有关联？ 附：，其中．. 【答案】（1） （2） （3）性别因素与喜欢与否有关联 【解析】 【分析】（1）根据男性不喜欢人数及合计，可得s值，根据总数可得t值； （2）根据喜欢蛇年春晚小品类节目的观众总数及男性观众人数，结合古典概型公式，即可得答案； （3）完成列联表，进行独立性检验时，提出零假设，计算，根据与临界值的大小关系，即可得结论. 【小问1详解】 由题意得，. 【小问2详解】 由（1）得，喜欢蛇年春晚小品类节目的观众总数为120人，男性观众喜欢人数为45人， 所以在所有喜欢蛇年春晚小品类节目的观众中随机选1人，该观众是男性观众的概率为. 【小问3详解】 完成列联表，可得 喜欢 不喜欢 合计 男性 45 45 90 女性 75 35 110 合计 120 80 200 零假设：性别因素与喜欢与否无关联， ， 根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立， 即认为性别因素与喜欢与否有关联. 16. 已知数列的前项和为，且. （1）证明：是等比数列； （2）求的通项公式； （3）已知，求数列的前项和，并证明：. 【答案】（1） 因为，所以当时，， 即，所以. 当时，， 两式相减，得，即， 所以， 又， 所以是以为首项，以为公比的等比数列 （2） （3） 由（2），得， 所以， 因为，所以， 又， 所以是递增数列， 所以， 所以. 【解析】 【分析】（1）先根据时的条件求出.再用和时的式子相减，得到与的关系，变形后发现符合等比数列定义，进而确定其首项和公比. （2）由第一小问得出的的通项公式，求出的表达式，再得到. （3）先根据求出，对变形为可裂项相消的形式.然后用裂项相消法求出.接着分析的范围，由得上限；通过知递增，求出得下限. 【小问1详解】 （1）略 【小问2详解】 解：由（1）知，， 所以. 【小问3详解】 略 17. 已知椭圆的左､右焦点分别为，左顶点为，上顶点为，且是线段上靠近点的三等分点，的面积为. （1）求的方程； （2）过点作斜率不为零的直线交于两点，证明：直线与直线的斜率之积为定值，并求出该定值. 【答案】（1） （2） 证明：由（1），得. 因为直线的斜率不为0，故设直线， 联立消去并整理，得， 显然，该方程的判别式， 设，则， 又，所以的斜率分别为， 所以 所以直线与直线的斜率之积为定值. 【解析】 【分析】（1）根据已知列出方程组计算可得结果； （2）设，直线的方程为，与椭圆的方程联立，得出根与系数的关系，表示两直线的斜率，代入可求得其之积为定值. 【小问1详解】 由题意，得 解得 所以的方程为. 【小问2详解】 略 18. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，求的零点个数； （3）若有两个极值点，证明：当时，. 【答案】（1） （2） （3）证明：的定义域为， 因为有两个极值点，有两个极值点，意味着有两个不同正根. 设，其导数. 若，，在递增，不会有两个正根. 当，令，得.在，递增；在，递减. 要使有两个正根，需，即，解得. 所以当时，有两个极值点. 所以，且， 所以，所以， 所以，当时， ， 令，即证当时，对恒成立. 令，则. 因为，所以，所以， 所以在上单调递增，所以，即， 所以当时，恒成立. 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线斜率，进而得到切线方程；（2）通过求导分析函数单调性，结合特殊点的值确定零点个数；（3）根据极值点的性质得到相关等式，再通过构造函数进行证明. 【小问1详解】 当时，，所以， 所以，所以曲线在点处的切线斜率， 所以曲线在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 当时，，定义域为， ， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以， 所以在上单调递减， 又， 所以存在唯一的，使得. 又在上单调递减，所以当时，的零点个数为1. 【小问3详解】 略 19. 如图，四棱柱中，. （1）若四边形为菱形，. ①证明：平面； ②若四边形的面积为，证明：四棱柱的体积； （2）若，求点到平面的距离. 【答案】（1） ①因为四边形为菱形，所以， 因为， 所以，所以. 又是的中点，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以， 在中，因为，从而，所以. 又，所以， 又平面，所以平面. ②连接，因为，所以四边形为平行四边形，从而与互相平分， 又平面，所以点到平面的距离为， 从而四棱锥的体积， 因为三棱锥与三棱锥等底等高，所以； 又四边形为平行四边形，所以，从而， 所以，所以四棱柱的体积 （2） 【解析】 【分析】（1）①先由菱形性质得，再通过全等证，利用等腰性质得， 结合证平面，进而得.然后在中根据边的关系得，由平行关系得，最后根据线面垂直判定得平面. ②先根据平行且相等证四边形是平行四边形，得与关系.由平面，得点到面距离. 用四棱锥体积公式求体积，再根据等底等高及平行四边形性质得三棱锥体积关系，最后算出四棱柱体积. （2）根据不共面，可以作为一组基底， 根据平面法向量的性质，法向量与平面内的向量垂直，据此列出方程组求解法向量. 然后，利用点到平面的距离公式（其中为点，为平面的法向量，为点到平面上一点的向量）计算点到平面的距离. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：因， 所以， 因为不共面，以作为一组基底， 设平面的一个法向量为，则 即 化简，得令，解得，所以， 所以， ， 设点到平面的距离为，则. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $