江西省十校协作体2025届高三上学期第一次联考数学试题【含答案解析】

江西省十校协作体2025届高三第一次联考数学试卷命题人：盛林艳钟新宝审题人：杨平庄新强一、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】A【解析】【分析】根据根式的性质化简集合，即可根据交集的定义求解.【详解】由题，得，故，进而，故选：A2.设，其中i为虚数单位．则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据复数的四则运算法则，复数模的计算，结合充分性和必要性的定义进行判断即可.【详解】因为，所以．令，解得或，故“”是“”的充分不必要条件．故选：A3.已知向量，若，则（）A. B.2 C. D.6【答案】B【解析】【分析】利用向量加法和数量积的坐标表示求解即可.【详解】由题意可得，因为，所以，解得，故选：B4.某学校高一年级在校人数为人，其中男生人，女生人，为了解学生身高发展情况，按分层随机抽样的方法抽出的男生身高为一个样本，其样本平均数为cm，抽出的女生身高为一个样本，其样本平均数为cm，则该校高一学生的平均身高为（）A.cm B.cm C.cm D.cm【答案】B【解析】【分析】由题意可知，，且，根据样本平均数，求解即可.【详解】由题意可知，，且，所以样本平均数，故该校高一学生的平均身高的估计值为．故选：B.5.下列函数中最小值为4的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据二次函数的性质可判断选项不符合题意，再根据基本不等式“一正二定三相等”，即可得出不符合题意，符合题意．【详解】对于A，，当且仅当时取等号，所以其最小值为，A不符合题意；对于B，因为，，当且仅当时取等号，等号取不到，所以其最小值不为，B不符合题意；对于C，因为函数定义域为，而，，当且仅当，即时取等号，所以其最小值为，C符合题意；对于D，，函数定义域为，而且，如当，，D不符合题意．故选：C．【点睛】本题解题关键是理解基本不等式的使用条件，明确“一正二定三相等”的意义，再结合有关函数的性质即可解出．6.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．7.已知圆与双曲线的一条渐近线交于两点，且，则该双曲线的离心率为（）A.2 B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先求出圆心到双曲线渐近线的距离，再结合点到直线的距离公式求出的关系，即可得解.【详解】圆的圆心为，半径，双曲线的渐近线方程为，即，因为，所以圆心到双曲线的渐近线的距离，所以，即，所以，即该双曲线的离心率为.故选：D.8.已知函数满足，且当时，，若存在，使得，则a的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，探讨函数的单调性，再结合赋值法求出，并由单调性脱去法则，转化为二次方程在上有解即得.【详解】任取，且，则，而当时，，于是，又，因此，则函数是增函数，而，于是，令，得，令，得，令，得，令，得，令，得，即有，因此，原问题即在有解，令，则在时有解，从而，，所以a的取值范围是.故选：D【点睛】关键点睛：涉及由抽象的函数关系求函数值，根据给定的函数关系，在对应的区间上赋值，再不断变换求解即可.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.设函数，则（）A.当时，的极大值大于0B.当时，无极值点C.，使在上是减函数D.，曲线的对称中心的横坐标为定值【答案】BD【解析】【分析】对于A，利用导数求出函数的单调区间，再根据极大值即可判断；对于B，由恒成立即可判断；对于C，由解集能否为即可判断；对于D，求出图象的对称中心即可判断D.【详解】对于A，当时，，求导得，令得或，由，得或，由，得，于在，上单调递增，在上单调递减，在处取得极大值，极大值，故A错误；对于B，，当时，，即恒成立，函数在上单调递增，无极值点，故B正确；对于C，要使在上是减函数，则恒成立，而不等式的解集不可能为，故C错误；对于D，由，得曲线的对称中心的坐标为，故D正确.故选：BD10.已知函数的部分图象如图所示，则（）A.的单调递增区间是B.的单调递增区间是C.在上有3个零点D.将函数图象向左平移3个单位长度得到的图象所对应的函数为奇函数【答案】AC【解析】【分析】利用图象求出函数解析式，再求出单调增区间，上零点，图象的对称轴，逐一对选项判断即可．【详解】由图象得，周期，得，所以，．令，解得，故单调递增区间为．A正确，B错误；令，解得，令得，解得，可知C选项正确；函数图象关于直线对称，向左平移3个单位长度，图象关于轴对称，得到的函数为偶函数，故D错误．故选：AC．11.如图，在正三棱台中，，，点M在内运动（包含边界），则下列结论正确的是（）A.DC与BE所成角的余弦值是B.与平面平行时，M点的轨迹长度是2C.与平面所成角的余弦值最大值是D.当时，M点的轨迹长度是【答案】ABD【解析】【分析】对于A，取中点，连接、，，平行且等于，推导出，，由此求出的余弦值；对于B，取的中点，连接连接，由题意得平面和平面，即得平面平面，进而得出点的运动轨迹即线段，计算即得；对于C，设上下底面的中心分别为，连接并延长交于点，取的中点，连接，推理得到平面，即得即与平面所成角，推理得到要使最大，需使最大，即点与点(或)重合时计算即得的最大值；对于D，推导出以为直径的球与平面的交线，就是点的轨迹，取为的中点，为的中点，点在以为圆心，为半径的圆弧上运动，求出这段圆弧的长度．【详解】对于A，如上图取的中点，连接，易得，故得，则且，则DC与BE所成角即为DC与CG所成角，故或其补角即可所求，因正三棱台中，，，则易得，则，则，在中，由余弦定理得，在中，，即DC与BE所成角的余弦值为，故A正确；对于B，如上图，取的中点、取的中点，连接，由题意得且，平面，平面，所以平面，同理可得平面，因，平面，所以平面平面，又平面平面，由题意，与平面平行，且点M在内，故点的运动轨迹即线段，而，故B正确；对于C，如上图，设正三棱台的上下底面的中心分别为，连接并延长交于点，则点为的中点，连接，易得，，取的中点，连接，因平面平面，平面平面，平面平面，故，即得，故，因平面，则平面，则即与平面所成角，记为，则，因为正棱台的高，其长度为，故要使最大，只需使最大，因点在内，故当点与点(或)重合时，取得最大，即，故的最大值为，即与平面所成角的余弦值的最小值为，故C错误；对于D，如上图，过作垂直平面于，由C选项可知，，当点运动到点时，，则点轨迹即以为直径的球与平面的交线，取为的中点，为的中点，则点在以为圆心，为半径的圆弧上运动，这段圆弧对的圆心角为，，故这段圆弧的长度为，故D正确．故选：ABD．【点睛】思路点睛：关于空间几何中的轨迹问题，主要是根据几何关系找到动点所满足的数量关系，结合各种曲线的定义和特征进行判断.三、填空题：本题共3小趔，每小题5分，共15分，把答案填在答题卡中的横线上．12.的展开式中的系数为______．【答案】【解析】【分析】分取1，取和取，取两种情况讨论即可.【详解】当取1，取，的系数为；当取，取时，得的系数为：.所以的系数为：.故答案为：13.等比数列共有2n项，其和为240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比______.【答案】##【解析】【分析】结合题意列方程组分别求出，，再由等比数列的性质求出结果即可.【详解】设等比数列的奇数项的和、偶数项的和分别为，.由题意可得解得所以．故答案为：.14.若函数有最小值，则a的取值范围为______．【答案】【解析】【分析】分和两种情况讨论，根据外层函数的单调性、内层函数的最值以及真数恒大于零可得出关于实数的不等式组，由此可解出实数的取值范围.【详解】当时，外层函数为减函数，要使函数有最小值，对于内层函数，，又，所以；当时，外层函数为增函数，要使函数有最小值，对于内层函数，则，解得.综上所述，实数的取值范围是.故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共77分．15.在中，内角、、的对边分别为、、，且.（1）求的值；（2）若是锐角三角形，，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用余弦定理可求出的值；（2）利用正弦定理结合三角恒等变换化简得出，根据题意求出角的取值范围，结合正弦型函数的基本性质可求得的取值范围.【小问1详解】因为，由余弦定理可得.【小问2详解】因为，，则，由正弦定理可得，所以，，因为为锐角三角形，则，解得，所以，，则，故.即的取值范围是.16.如图，在四棱锥P—ABCD中，平面平面ABCD，，，M为棱PC的中点．（1）证明：平面PAD；（2）若，求二面角的余弦值；【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据线面平行的判定定理，取的中点，连接，，证明四边形是平行四边形，可得，即可证明结论；（2）根据，，，证明，，由，建立空间直角坐标系，写出点的坐标及向量的坐标，求出平面的法向量，即可求出结果；【小问1详解】取的中点，连接，，如图所示：为棱的中点，，，，，，，四边形是平行四边形，，又平面，平面，平面；【小问2详解】，，，，，平面平面，平面平面，平面，平面，又，平面，，，由，以点为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图：则，，，，，，所以，，，设平面BDM的法向量为，所以即令，则，．所以平面BDM的一个法向量为，易知为平面PDM的一个法向量，所以，因为二面角为钝角，所以二面角的余弦值为.17.椭圆：，，分别是椭圆的左、右焦点，是椭圆上任意一点，的周长为，椭圆的离心率为.（1）求椭圆的标准方程.（2）过点作直线与椭圆交于，两点.①若直线的斜率为，求的面积；②椭圆的左、右顶点分别为，，连接与，求直线与交点的轨迹方程.【答案】（1）（2）①;②【解析】【分析】（1）根据条件，构造方程组，求得即可；（2）设直线曲线联立借助韦达定理，得到①将面积转化，即，结合韦达定理计算内即可；②设，联立方程求出交点满足得解.【小问1详解】由题意知解得，∴椭圆C的方程为.【小问2详解】如图，设设联立得①.；②设，，由，得，.故交点的轨迹方程为.18.已知函数.（1）若的图象在处的切线方程为，求的值；（2）若，证明：；（3）讨论的零点的个数.【答案】（1），（2）证明见解析（3）答案见解析【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义得，求，再利用切点即在曲线上也在切线即可求出；（2）由，令，将问题转化为即可求解；（3）求导利用导函数判断单调性，再结合零点存在性定理判断零点的个数.【小问1详解】由题意得，又的图象在处的切线方程为，所以，解得，所以，所以，所以，解得.【小问2详解】证明：若，则，所以，令，解得，令，解得，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，当且仅当时，等号成立；令，，所以，令，解得，令，解得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以，当且仅当时，等号成立，所以，即.【小问3详解】由题意得的定义域为，，当时，，在上单调递增，又，所以有且仅有一个零点1；当时，令，解得，易知在上，，则在上单调递减，在上，，则在上单调递增，又，，所以在上有一个零点，在上有一个零点1，所以在，上各有一个零点；当时，令，解得，易知在上，，则在上单调递减，在上，，则在上单调递增，故的最小值为，故仅有一个零点；当时，令，解得，易知在上，，则在上单调递减，且，所以在上有一个零点1，在上，，则在上单调递增，又，，所以在上有一个零点，故在，上各有一个零点.综上，当或时，仅有一个零点；当或时，有两个零点.【点睛】方法点睛：函数零点的求解与判断方法：（1）直接求零点：令，如果能求出解，则有几个解就有几个零点；（2）零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点；（3）利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．19.甲乙两人各有张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别有数字1，3，5，…，，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，…，.两人进行轮比赛，在每轮比赛两人各自从自己持有的卡片中随机选择一张，并比较所选卡片上的数字大小，数字大的得1分，数字小的得0分，然后各自弃置此轮所选卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用设轮比赛后甲的总得分为X．（1）当时，请写出轮比赛后X的分布列（不需要计算过程．不需要列表）：（2）设数列满足：，且已知，，，．（ⅰ）当时，请你直接猜想与，的递推关系式（不要推理过程，直接给出答案）;（ⅱ）结合（ⅰ）中的递推关系