江西省赣州市2024-2025学年高三上学期1月期末考试数学试卷含答案

江西省赣州市届高三上学期1月期末考试数学试题85分在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.1.若复数为纯虚数，则（）A.B.0C.2D.4【答案】D【解析】【分析】根据题意得出，即可求出结果.【详解】由复数是纯虚数，得，解得，则，，所以.故选：D2.“”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】B【解析】【分析】根据不等性质及命题的充分必要性直接可判断.【详解】当时，若，则，即“”不是“”充分条件；当时，，即“”是“”必要条件，综上所述，“”是“”的必要不充分条件，故选：B.3.若向量，的夹角为，且，，则（）A.B.2C.4D.3【答案】B【解析】【分析】根据题意，根据向量的模长公式即可求出结果.【详解】，，两边平方得：，即，解得，故选：B4.某普通高中高二年级学生参加体育学业水平考试立定跳远项目模拟测试，甲、乙两位同学连续5次的测试数据如下表单位：甲210220216220230乙215212216223249下列说法错误的是（）A.甲同学测试数据的众数为220B.乙同学测试数据的极差为37C.甲同学测试数据的分位数为220D.乙同学测试数据的平均数为223【答案】C【解析】【分析】根据众数、极差、百分位数及平均数的计算方法计算即可判断.【详解】对于A，220出现的次数最多，所以为众数，故A正确；对于B，因为，所以极差为37，故B正确；对于C，将甲同学测试数据从小到大排列：.因为，所以分位数为，故C错误；对于D，因为，故D正确.故选：C5.已知椭圆与直线交于ABM满足M）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先设点再联立方程组求出得，，结合向量关系得出坐标关系换元即可求出轨迹方程.【详解】设，，，由消去x可得，，，，，，，，，，，，，点不在轴上，，的轨迹方程为故选：C.6.当时，曲线与的交点个数为（）A.7B.6C.5D.4【答案】B【解析】【分析】分别画出与在上的函数图象，根据图象判断即可.【详解】与在上的函数图象如图所示，由图象可知，两个函数图象交点的个数为6个.故选：B7.已知四面体ABCD的四个顶点都在同一球面上，，平面当该球的体积最小时，四面体ABCD体积的最大值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】ABCD的高和体积.【详解】因为平面平面BCD，所以点A在平面BCD的射影E落在BD上，当点E为BD的中点时，AE最大，此时四面体ABCD的体积取最大，如图所示：在中，设其外接圆的圆心为O，取BC的中点F，连接DF，则点O在DF的直线上，由余弦定理得，，且，则，设外接圆的半径为r，则，得，当四面体ABCD的外接球的体积最小时，此时球心应为点O，则，且，得，，此时四面体ABCD体积的最大值为：故选：B.【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法1.涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解；2.若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体求解；3.正方体的内切球的直径为正方体的棱长；4.球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长；5.利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．8.已知函数满足，，，当时，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由，列举递推出，再由，列举递推出，又因为当时，，即可得到答案.【详解】由题意得，，故，，，，，，，，，，，，，，综上，当时，，当时，，，，故选：A二、多选题：本题共3小题，共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2分，有选错的得0分.9.小华是一位篮球爱好者，每天坚持投篮训练，每天至少训练10组，每组投篮50次，且每一组投篮命中的次数X服从正态分布，则（）参考数据：，，A.B.C.D.【答案】AD【解析】【分析】对于A、B选项，根据变量符合正态分布，可得出和的值，对于C、D选项，根据原则，可计算出、的值.【详解】由题意可得，X服从正态分布，则，，故A正确，B错误，，故C错误，，故D正确.故选：10.已知p，r为正数，圆，抛物线，则（）A.当圆C与E有公共点时，B.当E在点处的切线与圆C相切时，C.E上一点M到点和圆心C距离之和的最小值为3pD.当时，直线被圆C所截弦长的最小值为【答案】BC【解析】【分析】对于A，圆心为的焦点，故只需满足即可；对于B，设出E在点处的切线方程，与抛物线联立，令求解即可判断；对于C，问题可转化为E上一点M到点和焦点距离之和的最小值，用抛物线定义即可判断；对于D，直线恒过点，求出圆心与直线的最大距离，再求出弦长的最小值即可判断.【详解】对于选项A，由题意可知圆心为抛物线的焦点，要使圆C与E有公共点时，只需顶点在圆上或圆内，则，即，故选项A错误;对于选项B，由题意可知点在抛物线E上，设E在点处的切线方程为，联立，消去y得，则C到切线的距离，所以，故选项B正确;对于选项C，由题意可知抛物线E的焦点为，准线方程为，则M到点和圆心C距离之和的最小值为点到准线的距离，即为3p，故选项C正确;对于选项D，直线可化为，则直线恒过点时，点在圆内，圆心与直线的最大距离，所以直线被圆C所截弦长的最小值为，故选项D错误.故选：BC.已知函数，则（）A.，B.当时，有三个零点C.若图象上存在四点构成正方形，则a的最大值为D.存在a，b使得满足方程的曲线与y轴有三个交点【答案】ACD【解析】ABBC离参数法求a的取值范围即可得到a的最大值；对于D选项，令，则，令，利用导数研究性质，从而得解.【详解】对于A，，故A正确;对于B，，当时，，单调递增，故至多有一个零点，故B错误;对于C，若图象上存在四点A、B、C、D构成正方形，易得直线AC、BD的斜率存在且不为0，由A选项可得的图象关于点对称，设直线，则，设，，正方形的对角线互相平分，，，则，联立，，故，，，故，所以，则，，，，；对于D，令，则，令，，令得，，在上，，故在上单调递增，在上，，故在上单调递减，在上，，故在上单调递增，又，，故时，有三个不同的解，，，令，则等价于，根据的图象特征知，存在a使得有3个不同的解，故D正确，故选：【点睛】关键点点睛：对于D选项，令，则，令，利用导数研究函数性质，从而得解.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共分.12.已知等差数列的前n项和为，，，则公差__________.【答案】2【解析】【分析】利用等差数列的通项公式和前n项和公式，列出方程组，即可求解公差.【详解】解：因为，，所以，即，解得，即等差数列的公差故答案为：13.若曲线与曲线存在公切线，则a的取值范围为__________．【答案】【解析】与曲线存【详解】由，则，设切点为，切线斜率为，所以，切线为，即，由，则，设切点为，切线斜率为，所以，切线为，即，根据题设，若它们切线为公切线，则有，即，又，即且，即，由上关系式并消去并整理得在上有解，令，则，当，则，即，此时递增；当，则或，即或，此时递减；又，，所以，即.故答案为：.【点睛】关键点点睛：设切点并写出两曲线对应的切线方程，根据公切线列方程组，注意切点横坐标及参数a范围，进而转化为方程在某区内有解问题.14.陈某喜欢打排球和踢足球，他打算在连续三天假期中每天下午选其中一项进行体育锻炼.如果某天选排球，第二天还选排球的概率为；如果某天选足球，第二天还选足球的概率为.若陈某第天随机选其中一项，则陈某第天选排球的概率为__________.【答案】【解析】【详解】利用相互独立事件的概率乘法公式，互斥事件的概率加法公式即可得出.【分析】设表示第天选排球，表示第天选足球，设陈某第3天选排球为事件，则，则事件是由，，，四个互斥事件和构成，即，所以.故答案为：事件是由，，，四个互斥事件和构成.四、解答题：本题共5小题，共分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.15.已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且（1）求（2）若，，求的周长.【答案】（1）（2）【解析】1）利用二倍角的正弦、余弦公式以及辅助角公式可得，从而可求的值；（2，求的周长.【小问1详解】由可得从而化简得，，，故【小问2详解】由，可得，即即，，，所以，在中，由正弦定理，，解得，故的周长为16.已知双曲线的左、右焦点分别为，，焦距为4，P为C上一点，，的面积为（1）求C的方程;（2）已知点，斜率为1的直线l与C交于A，B两点，若的面积为，求l的方程.【答案】（1）；（2）.【解析】1）根据余弦定理和面积公式列方程求解即可；（2）利用弦长公式和点到直线的距离公式表示的面积即可求解.【小问1详解】由题意可知，，在中，由，得，由，解得，又由余弦定理得，，化简得，即，，从而，所以，双曲线方程为.【小问2详解】设直线l的方程为，与双曲线相交于，，联立化简可得，由，可得，，，所以，，第14页/共20页设点到直线l的距离为d，则，故，解得故l的方程为.17.如图，在三棱锥中，，E为棱SB的中点，O为棱AB上一点，平面（1）若，证明：平面（2）若，，求直线OE与平面SAC所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】1）连接OC，借助全等三角形和三角形中位线性质推出，根据线面平行的判定定理，即可求证；（2）建立空间直角坐标系，根据向量法求解.【小问1详解】连接OC，平面ABC，，又，，，所以O为AB的中点，而E为SB中点，又平面SAC，平面SAC，平面SAC.【小问2详解】由题意，，，，又平面ABC，平面ABC，，在中，，，如图，以点C为坐标原点，CA，CB所在直线为x轴、y轴，过点C且平行于SO的直线为z轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，所以，，设平面SAC的一个法向量为，则，即，取，设直线OE与平面SAB所成角为，则，18.已知函数（1）当，时，证明：；（2）若，对，不等式恒成立，求的最大值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】1）构造函数，利用导数研究的单调性，再研究原函数的单调性可得结果；（2）当时，不等式可化为，不妨设，则，当时，，在R上单调递增，构造函数，利用导数研究最值可得.【小问1详解】证明：由题意，因为，，所以，所以只需证，即证，设，则，令，则，故在单调递增，而，，从而存在，使得，即，所以，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，因此，，所以，，即原不等式得证.【小问2详解】当时，不等式可化为，不妨设，则，当，即时，，在R上单调递增，此时当时，，与矛盾，故不符题意；当时，则，当时，，解得，于是当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减.故，即，由于，故，于是，令，则，当时，，单调递增；当时，，单调递减.所以，，此时，，因此，当，时，的最大值为【点睛】思路点睛：利用导数证明不等式和恒成立问题时，经常转化为函数最值问题，利用导数进行研究，有时需要多次求导，利用二次导数判断一次导数的单调性和最值，进而判断原函数的单调性和最值.19.给定数列，，，，定义“变换”为将数列变换成，，，这种“变换”记作数列进行“变换”，得到数列，，依此类推，当得到的数列各项为0时变换结束.（1）求数列，4，2，9经过4次“变换”后得到的数列;（2）证明：数列，，经过有限次“变换”后能够结束的充要条件是（3）已知数列，2，2028经过K次“变换”后得到的数列各项之和最小，求K的最小值.【答案】（1）（2）证明见解析（3）508【解析】1）根据定义直接写出即可;（2）从充分性和必要性两方面求证即可;（3）求出数列a，4经过6次“变换”后得到的数列结构也是形如a，4的数列，仅除4之外的两项均减小24，得数列经过次“变换”后得到数列6，10，4，接下来经过“变换”依次得到4，6，2，2，4，2，2，2，