江西省上饶市私立新知学校2025届高三上学期9月 数学检测卷（含解析）

这是一份江西省上饶市私立新知学校2025届高三上学期9月 数学检测卷（含解析），共22页。试卷主要包含了选择题必须使用2B铅笔填涂，的展开式中的系数为，已知数列的前项和为，则，设，则的大小关系是，定义域为R的函数满足等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区.
2．选择题必须使用2B铅笔填涂：非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚.
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效：在草稿纸、试卷上答题无效.
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑.
5．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀.
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．定义，不超过的最大整数称为的整数部分，记作，为的小数部分，记作，这一规定最早为数学家高斯所用，因此称为高斯函数，称为小数函数，下列说法正确的是（ ）
A．B．函数所有零点和为0
C．的值域为D．是的充要条件
2．一个大正方体木块的表面积为，将大正方体木块的表面涂上红色颜料，并且分割成若干个棱长为的小正方体木块．若从这些小正方体木块中任取一个，恰好取到有一面着色的小正方体木块的概率为（ ）
A．B．C．D．
3．双曲线：的离心率为，实轴长为4，的两个焦点为，.设O为坐标原点，若点P在C上，且，则（ ）
A．2B．C．D．
4．已知向量，满足，，且，则（ ）
A．B．C．2D．1
5．如图，在直三棱柱中，，AC⊥BC，点D是AB的中点，则直线和平面所成角的正切值为( )
A．B．C．D．
6．的展开式中的系数为（ ）
A．4B．-4C．6D．-6
7．已知数列的前项和为，则（ ）
A．若为等差数列，且，则
B．若为等差数列，且，则
C．若为等比数列，且，则
D．若为等比数列，且，则
8．设，则的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
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．定义域为R的函数满足：，当时，，则下列结论正确的有（ ）
A．
B．的图象关于点对称
C．
D．在0,+∞上单调递增
10．如图，在长方体中，，点为线段上动点（包括端点），则下列结论正确的是（ ）

A．当点为中点时，平面
B．当点为中点时，直线与直线所成角的余弦值为
C．当点在线段上运动时，三棱锥的体积是定值
D．点到直线距离的最小值为
11．已知椭圆的左､右焦点分别为，左､右顶点分别为，是上异于的一个动点.若，则下列说法正确的有（ ）
A．椭圆的离心率为
B．若，则
C．直线的斜率与直线的斜率之积等于
D．符合条件的点有且仅有2个
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，点P是的重心，且，则 .
13．抛物线上与焦点距离等于3的点的横坐标是 ．
14．设函数的极值点为，数列满足，若，则
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．已知集合，非空集合，
(1)若时，求；
(2)是否存在实数，使得是的必要不充分条件？若存在，求实数的取值范围；若不恶在，请说朋理由.
16．已知函数（，）在一个周期内的图象如图所示，将函数的图象向左平移个单位长度，再将图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象．

(1)求的单调递增区间；
(2)在中，若，，，求．
17．已知双曲线的渐近线方程为，左焦点为F，过的直线为，原点到直线的距离是
（1）求双曲线的方程；
（2）已知直线交双曲线于不同的两点C，D，问是否存在实数，使得以CD为直径的圆经过双曲线的左焦点F．若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．
18．甲、乙两人进行围棋比赛，每局胜者得1分，负者得0分，约定一方比另一方多3分或比赛满7局时结束，并规定：当一方比另一方多3分或比赛满7局时，得分多的一方才算赢．假设在每局比赛中不存在平局，且甲每局获胜的概率为，各局比赛相互独立．已知前3局中，甲胜1局，乙胜2局，两人又打了局后比赛结束．
(1)求甲获得这次比赛胜利的概率；
(2)求的分布列及期望．
19．已知是等差数列，其前项和为是等比数列，已知，是和的等比中项.
(1)求和的通项公式；
(2)求数列的前项和；
(3)记，求证：.
1．C
【分析】根据给定函数，计算判断A；由零点的意义构造函数，作出图象，结合对称性求解判断B；利用指数型函数的值域判断C；举例说明判断D.
【详解】对于A，，A错误；
对于B，由，得，在同一坐标系内作出函数与的图象，

函数的图象关于点成中心对称，令，
令，则，，，
于是，即函数图象关于点成中心对称，
则函数与的图象，除交点外，其他交点都关于点成中心对称，
这些交点的横坐标和为0，所以函数所有零点和为，B错误；
对于C，，而，则，
，，函数的值域为，C正确；
对于D，当时，取，而，D错误.
故选：C
2．D
【分析】根据古典概型的概率公式求解即可.
【详解】表面积为的正方体棱长为，体积为，
所以该大正方体可以分割成64个棱长为的小正方体，
分割后在大正方体每个面上既不靠近顶点，又不靠近棱边的位置有4个小正方体是一面着色的，
所以所求概率为，
故选：D
3．B
【分析】根据余弦定理可得，由为的中点，得，两边平方后结合双曲线定义联立求得.
【详解】由题意可得，所以，
在中，由余弦定理得，
，
由于，所以，故，
由于是的中点，所以 ，
则，即，
即，①
而，两边平方并整理得，，②
联立①②可得 .
故选：B．
4．B
【分析】由可得，再将两边平方，结合数量积的运算律计算可得.
【详解】因为，，所以，
又，所以，即，
所以，
则，解得（负值已舍去）.
故选：B
5．D
【分析】结合已知条件建立空间直角坐标系，设，列出点坐标，求出平面的法向量，利用线面夹角的向量公式求解即可.
【详解】由题意，以C为坐标原点，以CA，CB，为，，轴建立空间坐标系，如下图所示：
令，则，，，，
故，，
设为平面的一个法向量，则，即
令，则，，从而，
设直线和平面所成角为，
则，
故，从而.
故选：D.
6．C
【分析】根据二项展开式的通项公式解答即可．
【详解】因为的展开式的通项公式为，
所以含的项为：，
即的展开式中的系数为6，
故选：C．
7．D
【分析】根据等差数列的前项和与等差数列的性质，判断与正负，判断A,B；根据等比数列的前项和与等比数列的通项公式，分类讨论判断与正负，判断C,D；
【详解】设等差数列的公差为，
对于A，若为等差数列，且，
则，，
，无法判断符号，A错误；
对于B，若，
，则，
，则，则，B错误；
设等比数列的公比为，
对于C，若为等比数列，且，
若时，则，故C错误；
对于D，若为等比数列，且，
当时，则，
当时，则；
若时，；
若时，；
若时，；D正确.
故选：D.
8．B
【分析】构造函数、和，其中，利用导数得到它们的单调性即可比较出三者大小关系.
【详解】由已知可得，
设，，则，
所以在上单调递增，
所以，即，所以，
设，，则，
所以在上单调递增，
所以，即，
综上，
设，，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，所以，
所以
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题的关键首先对进行合理变形得，再通过构造函数、和，利用它们的单调性即可比较三者大小关系.
9．BC
【分析】对于A，赋值令，求解；对于B，赋值令，得到关于对称，再结合函数图像平移变换得解；对于C,赋值令，再令，再变形即可；对于D，赋值令，结合时，，举反例可解.
【详解】令，得到，则.故A错误.
令，得到，
则，
则或,
由于当时，，则此时，
故时，，故时，，所以，
而，故对任意恒成立，则关于对称.
可由向左平移1个单位，再向下平移2个单位.
则的图象关于点对称，故B正确.
令，得到，
则.
令，得到
令，得到，
两式相减得，
变形，
即,
时，，两边除以，
即，故C正确.
令，则，
时，，则，
且，则，即.故D错误.
故选：BC.
【点睛】难点点睛：解答此类有关函数性质的题目，难点在于要结合抽象函数性质，利用赋值法以及代换法，推出函数相应的性质.
10．ACD
【分析】根据给定条件建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断A；利用空间向量求出向量夹角余弦判断B；利用三棱锥体积公式判断C；利用空间向量求出点到直线的距离最小值判断D.
【详解】在长方体中，以点为原点建立如图所示的空间直角坐标系，

则，设，
对于A，，，，，
，即，
而平面，因此平面，A正确；
对于B，，，B错误；
对于C，由选项A知，点到平面的距离为，而的面积，
因此三棱锥的体积23是定值，C正确；
对于D，，则点到直线的距离
，当且仅当时取等号，D正确.
故选：ACD
11．AC
【分析】根据得到与的关系从而求得离心率，通过解直角三角形判断B选项，通过设点的坐标，表示出两条直线的斜率判断C选项，结合圆上的点的特点，判断D选项.
【详解】A选项，，，因为即，
解得，所以离心率，故A正确；
B选项，若，连接，
在中，由勾股定理得，又因为点在椭圆上，所以，
所以，又由，解得，
所以，故B错误；
C选项，设Px0,y0，，
则，，，
又因为点在椭圆上，所以，因为，所以，
从而，所以，故C正确；
D选项，因为，所以点在以为直径的圆上，半径为，
又因为，所以该圆与椭圆无交点，所以同时在圆上和在椭圆上的点不存在，即没有符合条件的点，故D错误.
故选：AC.
12．或
【分析】根据三角恒等变换可得或，利用重心的性质、模的性质及数量积得运算，可建立关于的方程，求解后利用余弦定理求a即可.
【详解】，
整理得，
解得或（舍去），
或.
又∵点P是的重心，
，
整理得.
当时，，得，
此时，
解得；
当时，，得，
此时，
解得.
故答案为：或
【点睛】本题主要考查了三角恒等变换，向量的数量积运算法则、性质，余弦定理，属于难题.
13．2
【分析】根据抛物线的定义求解即可.
【详解】抛物线的焦点为，准线方程为x=-1,
设抛物线上一点到焦点的距离为3,
则,
所以,
故答案为：2.
14．
【分析】先利用导数研究函数的单调性与极值，结合隐零点得出极值点，且，再根据已知数列化简得出，利用二次导函数的符号判定为极大值点，结合数列的递推关系消元计算即可.
【详解】由题设，
令，则，
当时，，故在上单调递增，
当时，，故在0,+∞上单调递减，
又时，恒成立，
而，
所以，存在，使gx0=0，
即，所以① .
由已知得，②，
由①②可得，③，
因为，
所以，，
故③可化为，④
即，⑤
由时，gx>0，故f′x>0，
所以在上单调递增，
由x∈x0,+∞时，，
所以在上单调递减，
故为极大值点，所以，
故由⑤可知，
由，
所以，
所以，
所以，即，
所以.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键先利用多次求导判定为极大值及其满足的等量关系，结合函数与数列的递推关系消元转化.
15．(1)
(2)存在，
【分析】（1）由分式不等式化简，即可由交集的定义求解，
（2）将问题转化为⫋，即可列不等式求解.
【详解】（1）集合
当时，非空集合
（2）假设存在实数，使得是的必要不充分条件，
则⫋，即⫋，则，解得.
故存在实数，使得是的必要不充分条件.
16．(1)
(2)或．
【分析】（1）由函数的图象，求得，再由三角函数的图象变换，得到，结合三角函数的性质，即可求解；
（2）因为，求得或，结合余弦定理和勾股定理，即可求解.
【详解】（1）解：由函数的图象，可得，即，所以，
又由最高点是，所以，即，
因为，所以，可得，所以，
将的图象向左平移个单位长度得到的图象，再将图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，
得到函数的图象．
令，所以，
故的单调递增区间为．
（2）解：因为，所以．
又因为，所以，所以或，
所以或，
当时，由余弦定理得，所以；
当时，由勾股定理，得，所以．
故边的长为或．
17．（1）（2）．
【详解】试题分析：（1）∵
原点到直线AB：的距离，
故所求双曲线方程为
（2）把中消去y，整理得 .
设，则
因为以CD为直径的圆经过双曲线的左焦点F，所以 ，
可得 把代入，
解得：
解，得，满足，
考点：双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与双曲线的综合应用．
点评：直线与圆锥曲线联系在一起的综合题在高考中多以高档题、压轴题出现，主要涉及位置关系的判定，弦长问题、最值问题、对称问题、轨迹问题等．突出考查了数形结合、分类讨论、函数与方程、等价转化等数学思想方法．
18．(1)
(2)分布列详见解析，数学期望为
【分析】（1）根据甲先得分的情况进行分类讨论，由此求得甲获胜的概率.
（2）根据的取值进行分类讨论，由相互独立事件概率计算公式计算出分布列并求得数学期望.
【详解】（1）情况1：在接下来的比赛中，甲连赢局，则甲获胜，
概率为；
情况2：在接下来的比赛中，甲赢局，乙赢局，
概率为.
所以甲获得这次比赛胜利的概率为.
（2）的可能取值为，
时，在接下来的比赛中，乙连赢局，
所以，则，
所以的分布列为：
数学期望.
19．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）由求出，利用又是和的等比中项、求出；
（2）利用错位相减法求出；
（3）利用放缩法求和可得答案.
【详解】（1）由题意，
，
又是和的等比中项，得，
又，解得，
；
（2），
设，
则，
将以上两式相减得
，
；
（3）
，
，
.
结论得证.