30，江西省抚州市金溪一中2024届高三上学期1月考试数学试题

这是一份30，江西省抚州市金溪一中2024届高三上学期1月考试数学试题，共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本大题共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. 集合，若且，则满足条件的集合的个数为（ ）
A. 7B. 8C. 15D. 16
【答案】C
【解析】
【分析】利用集合所包含子集的个数求解.
【详解】因为，
所以共有子集个，
又且，
所以共有个，
故选：C
2. 已知复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的除法运算，求出复数，然后利用即可求解.
【详解】因为复数满足，所以，
所以.
故选：B.
3. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到的函数为奇函数，则实数的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，利用三角函数的图象变换，求得，再由为奇函数，求得，进而得到取得最小值.
【详解】由函数，将函数的图象向左平移个单位长度后，
得到函数，
又由为奇函数，所以，解得，
因为，所以当时，取得最小值，最小值为.
故选：.
4. 已知椭圆的上顶点、右顶点、左焦点恰好是等腰三角形的三个顶点，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知得到，结合关系式即可求出结果.
【详解】由题知等腰三角形的三边为，，，
则，
即有，解得.
故选：D
5. 蚊香具有悠久的历史，我国蚊香的发明与古人端午节的习俗有关.如图为某校数学社团用数学软件制作的“蚊香”. 画法如下：在水平直线上取长度为1的线段，作一个等边三角形，然后以点B为圆心，为半径逆时针画圆弧交线段的延长线于点D（第一段圆弧），再以点C为圆心，为半径逆时针画圆弧交线段的延长线于点E，再以点A为圆心，为半径逆时针画圆弧……以此类推，当得到的“蚊香”恰好有15段圆弧时，“蚊香”的长度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用扇形弧长公式及等差数列求和公式计算即可.
【详解】由题意每段圆弧的中心角都是，每段圆弧的半径依次增加1，
则第段圆弧的半径为，弧长记为，则，
所以.
故选：D．
6. 已知非零向量，满足，，则的最大值为
A. B. C. D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】利用平面向量的数量积与模长关系先判定，再利用三角换元结合辅助角公式计算即可.
【详解】，由，则有，
又 ，
即，
令，
则，
故选：A．
7. 已知函数在区间上都单调递增，则实数a的取值范围是（ ）
A. B.
C. D. 16
【答案】C
【解析】
【分析】设，判定其零点再分类讨论去绝对值符号得出解析式，结合二次函数与一次函数的单调性分类讨论即可.
【详解】设，∴函数一定有两个零点，
设的两个零点为，则，
当时，在上为单调递减函数或常函数，不符合题意；
则，又有，故，∴在上单调递增，
要满足上单调递增，只需，可解得.
故选：C．
8. 设A、B是半径为的球体O表面上的两定点，且，球体O表面上动点M满足，则点M的轨迹长度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先建立平面直角坐标系确定M轨迹，转化为空间中的阿氏球，利用两球相交求相交圆周长即可.
【详解】以所在的平面建立平面直角坐标系，为x轴，垂直平分线为y轴，
则易知，
设 ，由，可得，
故M的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
转化到空间M的轨迹为以C为球心，为半径的球，同时M在球O上，
故M在两球的交线上，轨迹为圆.
又，，易求得，即为直角三角形，
则对应圆的半径为，
M的轨迹长度即对应圆的周长为.
故选：B．
【点睛】难点点睛：在于合理建立平面坐标系得出M的轨迹，并转化为空间中的轨迹，最后结合两球相交的位置关系计算交线长.
二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 已知数列是等差数列，其前项的和为，则下列结论一定正确的是（ ）
A. 数列是等比数列B. 数列不是等差数列
C. 数列是等差数列D. 数列不是等差数列
【答案】AC
【解析】
【分析】设出公差，利用等比数列定义判断A；举常数列判断B；设等差数列（为常数），利用等差是数列的定义判断C；举特殊数列各项为0 的常数列判断D.
【详解】数列是等差数列，设公差为，为常数，
对于A，数列是等差数列，则，那么为常数，且，
所以数列是等比数列，故A正确；
对于B，当为常数列时，也为常数列，此时数列是等差数列，故B错误；
对于C，数列是等差数列，其前项的和为，可设（为常数），
令，此时为常数，所以数列是等差数列，故C正确；
对于D，当是等差数列，且为各项均为0的常数列时，，此时，
所以数列为各项为0 的常数列，可以为等差数列，故D错误，
故选：AC.
10. 已知双曲线E：的右焦点为，以坐标原点O为圆心，线段OF为半径作圆与双曲线E在第一、二、三、四象限依次交于A，B，C，D四点，若，则（ ）
A.
B.
C. 四边形ABCD的面积为
D. 双曲线E的离心率为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据双曲线以及圆的对称性可判断A；利用对称性可得，结合二倍角公式可判断B；利用三角形面积公式可求四边形ABCD的面积，判断C；求出点A的纵坐标，利用三角函数值推出之间的关系，即可求得离心率，判断D.
【详解】对于A，由双曲线以及圆的对称性可知AC和BD是圆O的两条直径，且，
所以，故A正确；

对于B，由条件得，
而与互补，所以，故B错误；
对于C，由已知得，
所以四边形ABCD的面积为
，故C正确；
对于D，记双曲线的半焦距为c（），联立，解得，
故A点纵坐标为，则，
再由已知可得为锐角，故，
所以，所以，故D正确．
故选：ACD
【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于选项D，求双曲线的离心率，解答时要注意利用角的三角函数值建立之间的等量关系，从而求得关于的关系，即可求解.
11. 若四面体各棱的长是3或6，且该四面体的棱长不全相等，则其体积的值可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据棱长为3的条数分类讨论计算四面体的体积即可，其中结合了线面垂直和锥体体积公式.
【详解】由三角形的两边之和大于第三边性质，知四面体中棱长为3的棱最多有3条，
若只有一条棱长度为3，如图，其余棱长都为6，
取中点，CD中点F，连接，
则，
又是平面内两相交直线，则平面，
由已知CE=DE=，
则，EF=，
，
AB；
若有两条棱长度为3，还是如（1）中的图形，，
解法如（1），AB
若有三条棱长度为3，只能是底面三边为3，
如图BC=CD=BD=3，AB=AC=AD=6，四面体为正三棱锥，设是正三棱锥的高，O是的外心，，
，
，
故选：BCD．
12. 已知实数 ， 则值可能为（ ）
A. B. C. csD.
【答案】ACD
【解析】
【分析】先对已知条件两边取自然对数得，构造函数，利用导数研究函数的单调性及最值，得出；再根据函数的单调性可判断选项A，根据指数函数的单调性可判断选项B，根据余弦函数的单调性及有界性可判断选项C，构造函数，利用导数求出函数的值域即可判断选项D.
【详解】由题可得；
设
则
令，得；令，得.
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
故
因为当时；当时.
则函数图象如图所示：
由，可得，即 .
因为，
所以，即，则
又因为，，
所以，故选项A正确；
因为，故选项B错误；
因为，故选项C正确；
令函数，
则，
所以函数在区间上单调递增.
所以，即，
则.
所以，故选项D正确.
故选：ACD．
【点睛】关键点点睛：本题主要考查利用导数研究函数的单调性和最值、利用函数的单调性比较大小.解题的关键在于：先根据已知条件构造函数，利用导数研究函数的单调性及最值，得出；再根据函数的单调性判断四个选项中的数值是否在内即可求解.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. _______
【答案】152
【解析】
【分析】利用二项式定理得到的展开式，求出相加得到答案.
【详解】
，
，
故.
故答案为：152
14. 由6个实数组成的一组数据的方差为，将其中一个数6改为2，另一个数5改为9，其余的数不变，得到新的一组数据的方差为，则_______
【答案】4
【解析】
【分析】利用方差的计算公式计算即可.
【详解】因为数据中一个数6改为2，另一个数5改为9，其余的数不变，可知前后两组数据的平均数不变，不妨设为，设没有变化的4个数与平均数差的平方和为，
所以.
故答案为：4
15. 已知x、y为正实数，且满足， 则 的最小值为_______
【答案】
【解析】
【分析】将已知条件转化为，构造完全平方式消元转化结合基本不等式计算即可.
【详解】由题意可知：，
又，
当且仅当取得等号，即．
故答案为：.
16. 已知正方形的中心在坐标原点，四个顶点都在函数的图象上．若正方形唯一确定，则实数的值为_______
【答案】
【解析】
【分析】设直线和的方程，讨论，两种情况，根据得到方程，换元后必有两个相等的实数根，检验后即可得到结果.
【详解】因为四边形为正方形，为其中心，所以于点，
且，
不妨设直线的方程为，则直线的方程为，
设点，，则，，
当时，，
在上单调递增，与仅有1个交点为原点，不合题意，
当时，联立直线与曲线方程，得到，解得，
则，
联立直线与曲线方程，得到，解得，
则，
因为，所以，
所以，
整理得，，即
设，该函数在上单调递增，值域，
要使符合题意的正方形只有1个，则必有有两个相等的实数根，
即，解得或，
因为，所以，
此时，解得或，
因为，所以，
所以.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：本题考查了函数与方程的综合应用，将正方形唯一性转化为根的个数问题，分，两种情况讨论.
四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知在平面四边形中，，.
（1）求的值；
（2）记与的面积分别为和，求的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）在和中利用余弦定理表示出，即可得到方程，解得即可；
（2）利用三角形的面积公式表示出，然后结合上一问条件求解.
【小问1详解】
在中，由余弦定理可得，
在中，由余弦定理可得，
所以，即.
【小问2详解】
依题意，，
所以
，
又，所以当时取最大值（此时，该四边形符合题意），
即的最大值为.
18. 如图，已知多面体的底面为矩形，四边形为平行四边形，平面平面，，，G是的中点．
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用面面垂直的性质判定线面垂直，建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量证明线面平行即可；
（2）利用空间向量计算线面夹角即可.
【小问1详解】
如图，取中点，取中点M，
因为为等边三角形，所以，
因为平面平面，
又平面，平面平面，
所以平面，
又底面为矩形，则.
以为坐标原点，，，分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
由题意可得，，
已知G是中点．则，
可知，
由四边形为平行四边形，得，
设平面的法向量，则，
取，得，则平面的一个法向量，
而，则.
且平面，则平面；
【小问2详解】
由上可知，
设平面的法向量，则，
取，得，
得平面的一个法向量，
设直线与平面所成角为，
则，
故所求直线AE与平面BDEF所成角的正弦值为.
19. 甲、乙两人准备进行羽毛球比赛，比赛规定：一回合中赢球的一方作为下一回合的发球方.若甲发球，则本回合甲赢的概率为，若乙发球，则本回合甲赢的概率为，每回合比赛的结果相互独立.经抽签决定，第1回合由甲发球.
（1）求第4个回合甲发球的概率；
（2）设前4个回合中，甲发球的次数为，求的分布列及期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）分类讨论结合独立事件乘法公式计算即可；
（2）分情况讨论列出分布列并计算期望即可.
【小问1详解】
由题可知，第2回合甲发球的概率为，乙发球的概率为.
所以第3回合甲发球的概率为，
乙发球的概率为.
可得第4个回合甲发球的概率为.
故第4个回合甲发球的概率为；
【小问2详解】
由题意可知：可以取1，2，3，4.
当时，；当时，；
当时，前4个回合甲发球两次的情况分以下三种：
第一种情况，甲第1，2回合发球，乙第3，4回合发球，其概率为.
第二种情况，甲第1，3回合发球，乙第2，4回合发球，其概率为.
第三种情况，甲第1，4回合发球，乙第2，3回合发球，其概率为.
故前4个回合甲发球两次的概率为；
当时，，
故的分布列为：
.
20. 记为数列的前项和，已知.
（1）求的通项公式；
（2）设，若等差数列中的任一项，其中是中的最小数，且，求数列的前n项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由化简成，构造数列，即可求得的通项公式；
（2）根据题意得到，从而求得，再利用错位相减法即可得解.
【小问1详解】
由有，即，
又，故，所以数列是以1为首项，为公差的等差数列，
所以，即，
故，两式相减得，即，
所以，因此的通项公式为.
【小问2详解】
由（1）可知，，
所以．又因为，其中是中的最小数，
所以，则的公差是4的倍数，设公差为4t，，
所以，又因为，所以，
则，由于，故，即等差数列的公差为20，
则，
所以，即 ，
，
两式相减，得
，
所以.
21. 与x轴不垂直的直线交抛物线T：于M、N两点，F为抛物线的焦点，线段的垂直平分线交x轴于点，已知,且有
（1）求抛物线T的方程;
（2）过F直线交抛物线T于A、B两点，延长分别交抛物线T于C、D；G、H分别为的中点，求的最小值 .
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设出交点坐标，根据抛物线定义及两点间距离公式可得结果.
（2）设出直线的方程，联立抛物线方程，由韦达定理，中点坐标公式及斜率公式求出的斜率，利用向量夹角公式可得结果.
【小问1详解】
设，由抛物线定义可知，
又线段的垂直平分线交x轴于点，故，
即，
化简得，
因为 ，所以，即，则有，
即抛物线T的方程为.
【小问2详解】
由题意：，设，
代入得，则有，
，所以，故，
设，则，
解得，同理，，所以，
所以H点的横坐标为，
H点的纵坐标为，所以 ，有，
记，故，
当时，，当时 ，，
易求得；取直线的方向向量分别为
故
当时，当时，，
设函数，，当时，，
所以函数为减函数，且当时取最小值为，
所以当时，取到最小值为.
【点睛】直线与抛物线相交结合韦达定理求出中点坐标，利用斜率公式求出的斜率，本题关键是把直线的夹角转化为向量的夹角.
22. 已知函数
（1）求函数的单调区间；
（2）若方程的两个实数根互为相反数，求实数的值；
（3）在条件（2）下，若函数有两个不同的零点，证明：．
【答案】（1）增区间是，减区间是
（2）0 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求定义域，求导，得到不等式，求出单调区间；
（2）转化为方程的两根分别是和，得到方程组，相减后得到，令，求导，得到单调性，得到只有1个零点，即0，代入，此时无解，故，求出实数的值；
（3）令，转化为，构造，求导得到其单调性，得到，再构造，求导，得到单调性，从而求出，根据基本不等式得到，得到，
又，故，根据的单调性得到，证明出结论..
【小问1详解】
的定义域为R，
故，
令得，令得，
故函数的增区间是，减区间是；
【小问2详解】
，即，
设方程的两根分别是和，
故①，
，即②，
由①-②可得：③，
令，则，
令，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
故处取得极小值，也时最小值，
故，即单调递增，注意到，
故只有1个零点，即0，
当时，由①可知：，即，无解，
故，则，则有，解得；
【小问3详解】
由（2）可得，，
则，
令得，即，
令，则函数在单调递增，，
函数有两个不同的零点，也即方程在有两根，
其中，
令，则，
令，解得，令，解得，
∴在为减函数，在为增函数，
∴，又时，；时，，
∴m，，，
令，
则，当且仅当时，等号成立，
又，故恒成立，
∴在单调递增，∴时，，
由得，即，
而在单调递减，且，所以，，
即有，
∵，
∴，又，
∴，而在单调递增，
∴，∴.
即得证
【点睛】极值点偏移问题，通常会构造差函数来进行求解，本题关键点为变形为，换元后再构造差函数进行求解.
1
2
3
4