[数学]江西省部分学校2025届高三上学期开学第一次月考试卷(解析版)

这是一份[数学]江西省部分学校2025届高三上学期开学第一次月考试卷(解析版)，共14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. 已知复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】复数，则，
所以.
故选：D.
2. 已知集合，则下列结论不正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】由，解得，由，解得，
则，
对于A，，A正确；
对于B，，B正确；
对于CD，，，，C错误，D正确.
故选：C.
3. 已知抛物线的焦点为是抛物线C上一点，则（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】B
【解析】由焦点坐标可知，
由抛物线定义可知，
故选：B.
4 已知向量满足，则（ ）
A. 4B. C. 3D.
【答案】C
【解析】由，
则.
故选：C.
5. 已知等边的边长为2，将以高PO为旋转轴旋转，得到的几何体体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】边长为2的等边高，
将以高PO为旋转轴旋转，得到的几何体是半径为1，高为的圆锥的两部分，
其中每一部分的底面是半径为1，圆心角为的扇形，
所以得到几何体体积.
故选：B.
6. 甲、乙等四个人一起随机手牵手围成一圈做游戏，甲与乙牵手的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】以甲为中心，其他三人的位置是甲的左边、右边、对面，共有种情况，
其中乙在甲左边或右边，即甲与乙能牵手的有种情况，
所以所求概率为.
故选：D.
7. 在中，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】在中，，
则，，
所以
.
故选：A.
8. 曲线的切线与坐标轴围成的三角形面积的最大值为（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】A
【解析】设曲线的切点为，由，求导得，
则切线方程为，令，得；令，得，
因此该切线与坐标轴围成的三角形面积，
求导得，当时，，
当时，，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，，
所以该切线与坐标轴围成的三角形面积的最大值为.
故选：A.
二、选择题：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. 某冷饮店为了保证顾客能买到当天制作的酸皮奶，同时尽量减少滞销，统计了30天的销售情况，得到如下数据：
以样本估计总体，用频率代替概率，则下列结论正确的是（ ）
A. 估计平均每天销售50杯酸皮奶（同一组区间以中点值为代表）
B. 若当天准备55杯酸皮奶，则售罄的概率为
C. 若当天准备45杯酸皮奶，则卖不完的概率
D. 这30天酸皮奶日销售量的80%分位数是65杯
【答案】BCD
【解析】对于A，平均每天酸皮奶的销售量为（杯），A错误；
对于B，日销售量不小于55杯的概率为，B正确；
对于C，日销售量小于45杯的概率为，C正确；
对于D，，因此这30天酸皮奶日销售量的80%分位数是65杯，D正确.
故选：BCD
10. 将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，若这两函数图象的对称轴都相同，则下列结论一定正确的是（ ）
A.
B.
C. 与的零点相同
D. 与的单调递增区间相同
【答案】BC
【解析】对于AB，，函数图象的对称轴满足，
函数图象的对称轴满足，
两式相减得，
因此，A错误，B正确；
对于C，，因此与的零点相同，C正确；
对于D，取，函数的递增区间为，
函数递增区间为，D错误.
故选：BC.
11. 已知非常数函数的定义域为R，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】对于A，令，得，解得或，
当时，对任意恒成立，则，函数为常数函数，因此，A错误；
对于B，令，得，B正确；
对于C，令，得，则，
，因此，C正确；
对于D，由选项C知，，
则，
因此，D正确.
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知椭圆的左、右焦点分别为，经过点且垂直于x轴的直线与椭圆C交于A，B两点，且，则椭圆C的离心率为______
【答案】
【解析】由题意知，
所以，即，
又，即，
所以.
13. 已知函数是减函数，则a的取值范围是______
【答案】
【解析】令，求导得，
由，得，函数的递减区间为，
由函数是减函数，得，
即，
令，求导得，
函数在上单调递减，而，
由，解得，
所以a的取值范围是.
14. 高尔顿板是英国生物统计学家高尔顿设计用来研究随机现象的模型.在一块木板上钉着若干排相互平行但相互错开的圆柱形小木块，小木块之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃.每次试验时，让一个小球从高尔顿板上方的通道口落下，小球在下落过程中与层层小木块碰撞，且等可能向左或向右滚下，最后掉入高尔顿板下方的某一球槽内，在如图所示的小木块中，上面10层为高尔顿板，最下面为球槽.小球从通道口落下，第一次与第2层中间的小木块碰撞，以的概率向左或向右滚下，依次经过9次与小木块碰撞，最后掉编号（从左至右）为1，2，…，10的球槽内.若一次试验中小球滚落至事先选定的球槽编号n即得积分，否则不得分．若，则每次试验前选定球槽编号为______，所得积分的数学期望最大．
【答案】8
【解析】设选定的格子编号为，
则小球碰撞过程中有次向右边滚落，
落到该格子的概率为，此时其数学期望为，
令，则，
当时，，当时，，所以当时，最大.
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. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求角A的大小；
（2）若D为BC上一点，且AD平分，，求AD的最大值．
解：（1）在中，由及正弦定理，得，
整理得，由余弦定理得，
而，所以.
（2）由平分，得，而，
则，即，又，
因此，
当且仅当，即时取等号，则，
所以AD的最大值为.
16. 如图，在直四棱柱中，底面ABCD是梯形，，E，F，G分别为，CD的中点．
（1）证明：平面．
（2）若，求二面角的余弦值．
（1）证明：取的中点，连接.
因为是的中位线，所以，且.
同理可得，且.
又，且，所以，且.
则四边形是平行四边形，从而.
因为平面，平面，所以平面.
（2）解：在直四棱柱中，因为，所以两两垂直.
以A为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系.
因为，所以，
则
设平面的法向量为n1=x1,y1,z1，
则，令，可得，
设平面的法向量为，
则，令，可得n2=0,1,1，
所以
易知二面角为锐角，所以其余弦值为.
17. 已知双曲线其左、右焦点分别为，若，点到其渐近线的距离为．
（1）求双曲线C的标准方程；
（2）设过点的直线l与双曲线C的左、右两支分别交于A，B两点，且，若成等比数列，则称该双曲线为“黄金双曲线”，判断双曲线C是否为“黄金双曲线”，并说明理由．
解：（1）由题意可知：，即，
则，其中一条渐近线为，即，
因为点到其渐近线的距离为，则，
所以双曲线C的标准方程.
（2）双曲线C为“黄金双曲线”，理由如下：
设Px0,y0为双曲线C的上一点，则，即，
可得，
若为双曲线C的上左支一点，则，则，
且，可得；
若为双曲线C的上右支一点，则，则，
且，可得；
由题意可知：，渐近线方程为，
则直线l的斜率存在，，

设，
联立方程，消去y可得，
则，
因为，则，可得，
即，解得，
此时，，
且，
因为
，
即，则成等比数列，
所以该双曲线为“黄金双曲线”.
18. 我们把底数和指数同时含有自变量的函数称为幂指函数，其一般形式为（）．对幂指函数求导时，可以将函数“指数化”再求导，例如：对于幂指函数，有．
（1）已知，求曲线在处的切线方程；
（2）若且，研究函数的单调性；
（3）已知m，n，s，t均大于0，且，讨论和的大小关系．
解：（1）依题意，，
求导得，
则，而，所以切线方程为，即.
（2）依题意，，
求导得，
，
设，
求导得，
由，得，由，得，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
因此，从而，
所以在上单调递增.
（3）设，则，设，
由在上单调递增，知在上单调递增，
当时，，即，则；
当时，，即，则，
所以当时，；当时，.
19. 马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，其过程具备“无记忆”的性质：下一状态的概率分布只能由当前状态决定，即第n＋1次状态的概率分布只与第n次的状态有关，与第，…次的状态无关，即．已知甲盒中装有1个白球和2个黑球，乙盒中装有2个白球，现从甲、乙两个盒中各任取1个球交换放入对方的盒中，重复n次（）这样的操作，记此时甲盒中白球的个数为，甲盒中恰有2个白球的概率为，恰有1个白球的概率为．
（1）求和．
（2）证明：为等比数列．
（3）求的数学期望（用n表示）．
（1）解：若甲盒取黑球、乙盒取白球，互换，则甲盒中的球变为2白1黑，乙盒中的球变为1白1黑，概率；
若甲盒取白球、乙盒取白球，互换，则甲盒中的球仍为1白2黑，乙盒中的球仍为2白，概率，
研究第2次交换球时的概率，根据第1次交换球的结果讨论如下：
①当甲盒中的球为2白1黑，乙盒中的球为1白1黑时，对应概率为，
此时，若甲盒取黑球、乙盒取黑球，互换，则甲盒中的球仍为2白1黑，
乙盒中的球仍为1白1黑，概率为；
若甲盒取黑球、乙盒取白球，互换，则甲盒中的球变为3白，乙盒中的球变为2黑，概率为；
若甲盒取白球、乙盒取黑球，互换，则甲盒中的球变为1白2黑，乙盒中的球变为2白，概率为；
若甲盒取白球、乙盒取白球，互换，则甲盒中的球仍为2白1黑，乙盒中的球仍为1白1黑，概率为，
②当甲盒中的球为1白2黑，乙盒中的球为2白时，对应概率为，
此时，若甲盒取黑球、乙盒取白球，互换，则甲盒中的球变为2白1黑，
乙盒中的球变为1白1黑，概率为
若甲盒取白球，乙盒取白球，互换，则甲盒中的球仍为1白2黑，乙盒中的球仍为2白，概率为，
综上，.
（2）证明：依题意，经过次这样的操作，甲盒中恰有2个白球的概率为，
恰有1个白球的概率为，则甲盒中恰有3个白球的概率为，
研究第次交换球时的概率，根据第次交换球的结果讨论如下：
①当甲盒中的球为2白1黑，乙盒中的球为1白1黑时，对应概率为，
此时，若甲盒取黑球、乙盒取黑球，互换，则甲盒中的球仍为2白1黑，
乙盒中的球仍为1白1黑，概率为；
若甲盒取黑球、乙盒取白球，互换，则甲盒中的球变为3白，乙盒中的球变为2黑，概率为；
若甲盒取白球、乙盒取黑球，互换，则甲盒中的球变为1白2黑，乙盒中的球变为2白，概率为；
若甲盒取白球、乙盒取白球，互换，则甲盒中的球仍为2白1黑，乙盒中的球仍为1白1黑，概率为，
②当甲盒中的球为1白2黑，乙盒中的球为2白时，对应概率为，
此时，若甲盒取黑球、乙盒取白球，互换，则甲盒中的球变为2白1黑，乙盒中的球变为1白1黑，概率为；
若甲盒取白球、乙盒取白球，互换，则甲盒中的球仍为1白2黑，乙盒中的球仍为2白，概率为，
③当甲盒中的球为3白，乙盒中的球为2黑时，对应概率为，
此时，甲盒只能取白球、乙盒只能取黑球，互换，则甲盒中的球变为2白1黑，
乙盒中球变为1白1黑，概率为，
综上，
则，
整理得，又，
所以数列是公比为的等比数列.
（3）解：由（2）知，则，
随机变量的分布列为
所以.日销售量/杯
天数
4
6
9
5
6
1
2
3