江西省南昌市第一中学2024-2025学年高三下学期开学考试数学试题（含解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页江西省南昌市第一中学2024-2025学年高三下学期开学考试数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．设集合，则（

）A． B． C． D．2．在复平面内，复数，则对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．已知向量，满足，，且，则在方向上的投影向量为（

）A．3 B． C． D．4．已知函数的定义域为，，是偶函数，，有，则（

）A． B． C． D．5．已知函数则（

）A． B． C． D．6．已知各顶点都在一个球面上的正四棱锥的高为3，体积为6，则这个球的半径为（

）A．2 B． C． D．37．已知曲线在处的切线恰好与曲线相切，则实数的值为（

）A． B． C． D．8．在直角坐标系中，绕原点将x轴的正半轴逆时针旋转角（）交单位圆于点A、顺时针旋转角（）交单位圆于点B，若点A的纵坐标为，且的面积为，则点B的纵坐标为（

）A． B． C． D．二、多选题9．某超市在两周内的蓝莓每日促销量如图所示，根据此折线图，下面结论正确的是（

）A．这14天日促销量的众数是214B．这14天日促销量的中位数是196C．这14天日促销量的极差为195D．这14天日促销量的第80百分位数是24310．函数的部分图象如图所示，则下列选项中正确的有（

）

A．的最小正周期为B．是的最小值C．在区间上的值域为D．把函数的图象上所有点向右平移个单位长度，可得到函数的图象11．在2024年巴黎奥运会艺术体操项目集体全能决赛中，中国队以69.800分的成绩夺得金牌，这是中国艺术体操队在奥运会上获得的第一枚金牌．艺术体操的绳操和带操可以舞出类似四角花瓣的图案，它可看作由抛物线绕其顶点分别逆时针旋转、、后所得三条曲线与C围成的（如图阴影区域），A，B为C与其中两条曲线的交点，若，则（

）

A．开口向上的抛物线的方程为 B．C．直线截第一象限花瓣的弦长最大值为 D．阴影区域的面积大于4三、填空题12．若，则.13．已知盒中有大小相同的3个红球和2个白球，若每次不放回的从盒中取一个球，一直到取出所有白球时停止抽取，则停止抽取时恰好取到两个红球的概率为．14．设为数列的前项积，若，其中常数，数列为等差数列，则．四、解答题15．记锐角三角形的内角的对边分别为，的面积为，已知.(1)求角；(2)若，求的取值范围.16．如图，三棱柱中，，.(1)求证：平面；(2)直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值.17．人工智能（AI）是一门极富挑战性的科学，自诞生以来，理论和技术日益成熟.某公司研究了一款答题机器人，参与一场答题挑战.若开始基础分值为（）分，每轮答2题，都答对得1分，仅答对1题得0分，都答错得分.若该答题机器人答对每道题的概率均为，每轮答题相互独立，每轮结束后机器人累计得分为，当时，答题结束，机器人挑战成功，当时，答题也结束，机器人挑战失败.(1)当时，求机器人第一轮答题后累计得分的分布列与数学期望；(2)当时，求机器人在第6轮答题结束且挑战成功的概率.18．已知函数.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)若函数和有相同的最大值，求的值.19．已知双曲线，点在上.按如下方式构造点：过点作斜率为的直线与的下支交于点，点关于轴的对称点为，记点的坐标为.(1)求点，的坐标；(2)记，证明：数列为等比数列；(3)为坐标原点，，分别为线段，的中点，记，的面积分别为，，求的值.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页《江西省南昌市第一中学2024-2025学年高三下学期开学考试数学试题》参考答案题号12345678910答案CADBAABAACBD题号11答案ABD1．C【分析】由并集交集的概念即可得解.【详解】由题意，对比选项可知只有C选项符合题意.故选：C.2．A【分析】化简复数，求出共轭复数，可得对应的点的坐标，即可得出结论.【详解】解：复数，共轭复数，对应的点位于第一象限.故选：A.【点睛】本题考查复数的几何意义，考查复数的运算，正确化简复数是关键.3．D【分析】根据向量垂直得到，再根据投影向量的公式计算得到答案.【详解】，则，故，在方向上的投影向量.故选：D.4．B【分析】根据条件可得的图象关于直线对称，在上单调递增，结合可判断出答案.【详解】由是偶函数可得的图象关于直线对称，因为，有，所以在上单调递增，因为，所以，无法比较与0的大小.故选：B5．A【分析】先分析出时的周期性，然后根据周期性以及已知条件将问题转化为计算的值，由此求解出结果.【详解】当时，因为，所以，所以是周期为的函数，所以，又因为，所以，故选：A.【点睛】结论点睛：周期性常用的几个结论如下：（1）对时，若或（）恒成立，则是的一个周期；（2）对时，若或或（）恒成立，则是的一个周期；（3）若为偶函数，其图象又关于对称，则是以为一个周期的周期函数；（4）若为奇函数，其图象又关于对称，则是以为一个周期的周期函数.6．A【分析】作出图形正四棱锥，如图，是正四棱锥的高（是底面正方形对角线交点），外接球球心在高上，在直角三角形中应用勾股定理求得球半径．【详解】解：如图正四棱锥，是正四棱锥的高（是底面正方形对角线交点），外接球球心在高上，设正四棱锥的底面边长为，由，得．，设球的半径为，则由得，解得．故选：A．【点睛】本题考查正四棱锥与其外接球，解题关键是掌握正四棱锥的性质，其外接球球心一定在其高上（实际上内切球球心也在高上）．7．B【分析】利用导数的几何意义求出切线的方程，然后设与曲线的切点为，利用导数的几何意义可得出的值，可得出切点坐标，再将切点坐标代入函数的解析式，即可解得实数的值.【详解】由得，又切点为，故切线斜率为，切线的方程为，设与曲线的切点为，对函数求导得，所以，可得切点为，所以，解得．故选：B.8．A【分析】根据题设得，，显然，利用三角形面积公式列方程得，进而得到并求，结合点B在第四象限即可得答案.【详解】由题设，点A的纵坐标为，得，，显然，而，即，又，则，故，则，所以，又点B在第四象限，所以点B的纵坐标为.故选：A9．AC【分析】先将数据从小到大排列，接着再根据众数、中位数、极差和百分位数的定义或求解步骤直接去求解即可判断得解.【详解】根据题意得蓝莓每日促销量从小到大排列得到数据为：，对于A，则这14天蓝莓每日促销量的众数是214，故A正确；对于B，这14天蓝莓每日促销量的中位数是第7和8个数据的平均值，即，故B错误；对于C，这14天蓝莓每日促销量的极差是，故C正确；对于D，因为，所以这14天蓝莓每日促销量的第80百分位数为第12个数据，即260，故D错误.故选：AC.10．BD【分析】根据图象可得，进而得到的值即可判断A；由，进而结合图象可判断B；结合正弦函数的图象及性质可判断C；根据函数图象的平移可判断D.【详解】∵，由题图知，∴，，故A错误；∵，∴可得是的最小值，故B正确；∵，∴，∴，，即，，又，∴，∴，∵，∴，∴，故C错误；将的图象向右平移个单位长度得到的函数为，故D正确．故选：BD.11．ABD【分析】对于A，利用旋转前后抛物线焦点和对称轴变化，即可确定抛物线方程；对于B，联立抛物线方程，求出点的坐标，即得；对于C，将直点线与抛物线方程联立求出的坐标，由两点间距离公式求得弦长，利用换元和函数的图象即可求得弦长最大值；对于D，利用以直线近似取代曲线的思想求出三角形面积，即可对阴影部分面积大小进行判断.【详解】由题意，开口向右的抛物线方程为，顶点在原点，焦点为，将其逆时针旋转后得到的抛物线开口向上，焦点为，则其方程为，即，故A正确；对于B，根据A项分析，由可解得，或，即，代入可得，由图象对称性，可得，故，即B正确；对于C，如图，设直线与第一象限花瓣分别交于点，由解得，由解得，，即得，则弦长为：，由图知，直线经过点时取最大值4，经过点时取最小值0，即在第一象限部分满足，不妨设，则，且，代入得，，（）由此函数的图象知，当时，取得最大值为，即C错误；对于D，根据对称性，每个象限的花瓣形状大小相同，故可以先求部分面积的近似值.如图，在抛物线上取一点，使过点的切线与直线平行，由可得切点坐标为，因，则点到直线的距离为，于是，由图知，半个花瓣的面积必大于，故原图中的阴影部分面积必大于，故D正确.故选：ABD.12．【分析】根据二项式定理中的二项展开式通项公式即可求解【详解】的展开式通项是：，依题意得，，即，所以，故答案为：13．/0.3【分析】根据给定条件，利用排列、组合计数问题求出5个球依次取出的取法总数，再求出第4次取最后一个白球的取法数，进而求出古典概率.【详解】从盒中依次取出5个球的试验有种取法，停止抽取时恰好取到两个红球的事件，相当于第4次取出最后一个白球的事件，有种取法，所以停止抽取时恰好取到两个红球的概率为.故答案为；14．1或2/2或1【分析】由已知递推关系分别令，，即可求解，然后结合等差数列的性质即可求解，并检验.【详解】因为为数列的前项积，，当时，可得，当时，，即，当时，，则，若数列为等差数列，则，所以，整理得，解得或，当时，，则当时，，即，所以数列是以2为首项，1为公差的等差数列，符合题意；当时，，则当时，，即，即，又，所以数列为常数列，即，可得数列是等差数列，符合题意.综上，或.故答案为：或.15．(1)(2)【分析】（1）根据已知结合余弦定理可得，然后利用二倍角公式求出结果；（2）先确定的取值范围，并得到，再用三角恒等变换求出取值范围.【详解】（1）由于，故.所以，即.故，此即，所以A2=π6，故（2）因为，所以.由于是锐角三角形，故，，所以的取值范围是，故的取值范围是.故的取值范围是.而.所以的取值范围是.16．(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用余弦定理以及勾股定理，可得线线垂直，结合线面垂直判定定理，可得答案；（2）由题意建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量以及平面的法向量，利用线面角的向量公式建立方程，求得点的坐标，根据面面角的向量公式，可得答案.【详解】（1）在中，，，由余弦定理可得，则，解得，由，则在中，，因为，平面，，所以平面.（2）由（1）及，则两两相互垂直，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，如下图：设，由（1）知，则，，，，则，，，设平面的一个法向量，则，可得，令，则，，所以平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，则，则，解得，则，在三棱柱中，，则，设平面的一个法向量，则，可得，令，则，，所以平面的一个法向量，设平面与平面的夹角为，则.17．(1)分布列见解析，(2)【分析】（1）利用离散型随机变量的分布列与期望公式计算即可；（2）根据超几何分布分类讨论计算即可.【详解】（1）当时，第一轮答题后累计得分所有取值为4，3，2，根据题意可知：，，，所以第一轮答题后累计得分的分布列为：432所以.（2）当时，设“第六轮答题后，答题结束且挑战成功”为事件A，此时情况有2种，分别为：情况①：前5轮答题中，得1分的有3轮，得0分的有2轮，第6轮得1分；情况②：前4轮答题中，得1分的有3轮，得分的有1轮，第5.6轮都得1分；所以.18．(1)(2).【分析】（1）把代入函数解析式，求导函数，可得，再求出，利用直线方程的点斜式得答案；（2）利用导数分别求出与的最大值，由最大值相等可得关于的方程，再构造关于的函数，然后利用导数求最值即可．【详解】（1）当时，则，可得，即切点坐标为，切线斜率，所以切线方程为，即.（2）的定义域为，而，若，则，此时函数在上单调递减，无最大值，不符合题意，故.令，得，当时，在单调递增，当时，在单调递减，所以的最大值为.的定义域为，而.当时，单调递增，当时，单调递减，所以的最大值为.因为和有相同的最大值，故，整理得到，其中，设，则，故为上的减函数，而，故的唯一解为，故的解为.综上所述，.19．(1)，(2)证明见解析(3)【分析】（1）由点可得的值，求出的方程后联立双曲线可得，即可得，再借助的方程后联立双曲线可得，即可得；（2）联立与双曲线方程，结合韦达定理可得，结合点代入可得，再利用等比数列定义与判定定理计算即可得证