江西省重点高中2025届高三上学期1月份联考数学试卷

这是一份江西省重点高中2025届高三上学期1月份联考数学试卷，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．的内角的对边分别为.已知，则（ ）
A．B．C．1D．2
3．已知是函数的极值点，则（ ）
A．8B．4C．D．
4．已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
5．已知变量和的统计数据如下表：
若线性相关，且经验回归方程为，则据此可以预测当时，（ ）
A．18.2B．19.2C．20.2D．21.2
6．若定义在上的增函数满足，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
7．如图，高度为的圆锥形玻璃容器中装了水，则下列四个容器中，水的体积最接近容器容积一半的是（ ）
A．B．
C．D．
8．已知，若不等式恒成立，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知为虚数单位，虚数满足，则（ ）
A．B．
C．D．
10．已知函数，则（ ）
A．是的一个周期
B．的最大值为
C．是非奇非偶函数
D．关于的方程有无数个实数解
11．我们把形如的曲线叫作拉梅曲线，该曲线是法国数学家加布里埃尔•拉梅在研究圆锥曲线方程时进行拓展而得的．下列说法正确的是（ ）
A．若，则拉梅曲线围成的封闭区域的面积为
B．若，则拉梅曲线围成的封闭区域的面积小于
C．若拉梅曲线与曲线恰有4个公共点，则
D．若Px0,y0为拉梅曲线上第一象限内一点，则
三、填空题
12．若非零向量与单位向量共线，且，则 .
13．已知为双曲线的左焦点，是的右顶点，是上一点，且，，则的离心率为 .
14．如图，在的方格中，每一行随机设置1个陷阱（起点和终点处无陷阱）.玩家从起点方格出发，每次可以向右或向下移动一格到达下一格.若遇到含有设置陷阱的方格，则被重置回起点，然后该玩家会寻找未走过的路线继续挑战，直至到达终点.若重置若干次以后始终未能到达终点，则挑战失败.该玩家挑战失败的概率为 .
四、解答题
15．甲，乙，丙三人计划参加某项800米跑步比赛，规定比赛成绩不超过为优秀．为了预测三人中比赛成绩优秀的人数，收集了这三人近8次的比赛成绩，并整理得到如下数据：
用频率估计概率，且甲，乙，丙三人的比赛成绩相互独立．
(1)分别求甲，乙，丙三人比赛成绩优秀的概率；
(2)记为甲，乙，丙三人中比赛成绩优秀的总人数，求的分布列和数学期望．
16．如图，在三棱台中，平面，，为的中点，.
(1)证明：.
(2)若，求平面与平面的夹角的余弦值.
17．已知数列满足.
(1)若为递增数列，求的取值范围；
(2)当时，证明：数列是等比数列，并求数列的前项之积.
18．已知点，平面内过一动点（异于）的直线分别与直线4相交于两点，且，记动点的轨迹为曲线.
(1)求的方程；
(2)若斜率为1的直线与相交于两点，且，求的方程；
(3)记与外接圆的半径分别为，求的最小值.
19．设是定义在上的函数，若对于任意的，存在，均有，则称为“函数”．
(1)若函数，证明：不是“函数”．
(2)若函数，证明：是“函数”．
(3)对于区间，定义，已知，且为“函数”，证明：．
400
500
600
700
800
3
4
6
6
7
甲
乙
丙
《江西省重点高中2025届高三上学期1月份联考数学试卷》参考答案
1．C
【分析】解一元二次不等式求集合，判断各元素与集合关系，即可得答案.
【详解】由题设，
结合各选项，A、B、D错，C对.
故选：C
2．A
【分析】根据正弦定理求解即可.
【详解】由正弦定理，得，
所以，
又，所以，所以.
故选：A.
3．D
【分析】根据极值点处导数值为0求参数，注意验证，即可得答案.
【详解】由题设，则，可得，
此时且，
所以时f′x0，
即函数在上单调递减，在上单调递增，
故是的极小值点，符合题意.
故.
故选：D
4．C
【分析】根据各项中线线、线面的位置关系，结合平面的基本性质判断线线、线面的位置关系即可.
【详解】A：若，则、相交、平行、异面都有可能，错；
B：若，则、平行、异面都有可能，错；
C：若，则或，又，所以，对；
D：若，则、平行、相交或都有可能，错.
故选：C
5．B
【分析】求出和，根据经验回归直线必过样本点中心求出，即可求解.
【详解】，，
因为在经验回归直线上，
所以，解得，即，
当时，.
故选：B.
6．C
【分析】根据题设易得，结合函数单调性有，再由的单调性及零点确定不等式解集.
【详解】由，即y=fx的图象关于点对称，
所以，而，即，
则，又y=fx在R上为增函数，
故，即，
，
因在上单调递增，且，
由，可得，
即不等式的解集为1,+∞.
故选：C.
7．D
【分析】设圆锥的顶点到水面的距离为，圆锥的底面半径为，根据水体积和容器容积关系得到，再逐项检验即可．
【详解】设圆锥的顶点到水面的距离为，圆锥的底面半径为，
则水面半径为．当水的体积等于容器容积的一半时，
有，整理得．
因为，，，，则D选项更接近.
故选：D．
8．B
【分析】不等式同构变形为，分类讨论，在时，引入函数，确实单调性后转化为，，由导数求得的最大值，从而可得参数范围．
【详解】因为，，所以等价于．
若，则，，显然恒成立．
若，令，则在1,+∞上恒成立，则在1,+∞上单调递增，
由，得，则，则在1,+∞上恒成立．
令，，则，当时，，在单调递增，当时，，在单调递减，
则，从而，解得．综上所述，的取值范围为．
故选：B
【点睛】方法点睛：不等式同构变形：若不等式能变形为，而是单调的如递增，则转化为，经常用到的如对数与指数间的互化：，，，，等等．
9．AC
【分析】首先对式子进行因式分解，解得，再分别对每个选项逐个计算得答案.
【详解】由得，，
所以或(舍)
选项A，因为，所以，A 正确；
选项B, ，B错误；
选项C, ，
所以C正确；选项D，，所以D错误.
故选：AC
10．ACD
【分析】对于A，计算可得，可判断A；利用辅助角公式可得，计算可知可得与不能同时取得最大值，可判断B；计算可得，可判断C；令，可得有无数个零点，可判断D.
【详解】
，所以是的一个周期，故A正确；
，
由，可得，
当时，，此时，
当时，，此时，
当时，可得，
当时，，此时，
根据周期性可得与不能同时取得最大值，
所以的最大值小于，故B错误；
，
所以，所以是非奇非偶函数，故C正确；
由，可得，
所以，令，
由
，
所以是以为周期的周期函数，
又，，所以有无数个零点，
从而可知关于的方程有无数个实数解，故D正确.
故选：ACD.
11．BCD
【分析】对拉梅曲线的理解后，根据在特定参数下曲线的性质和所围成区域面积的计算，通过分析各个选项，结合拉梅曲线的基本定义和性质，逐一验证每个选项的正确性即可求解．
【详解】当时，拉梅曲线方程为为菱形，与坐标轴交于点，，
则拉梅曲线围成的封闭区域的面积为2ab，A不正确．
当时，根据对称性，不妨考虑拉梅曲线在第一象限的情形，
此时由可得，下证，
即证，即证，
即证，即证，即证，
即证，即证，这显然成立．
因为（）表示圆心为，半径为a的四分之一圆弧，
所以其与第一象限围成的封闭区域的面积为，
则拉梅曲线与第一象限围成的封闭区域的面积小于，
则拉梅曲线围成的封闭区域的面积小于，B正确．
当拉梅曲线与曲线恰有4个公共点时，
根据对称性可知，它们在第一象限恰有1个公共点，由，
整理得恰有1个正根，则，
解得，即，C正确．
若为拉梅曲线上第一象限内一点，
则，从而，D正确．
故选：BCD．
12．
【分析】根据向量共线得，将两边同时平方，化简求出即可求解.
【详解】因为非零向量与单位向量共线，则，且，
因为，则，即，
整理得，解得（舍）或，
所以.
故答案为：.
13．
【分析】根据双曲线的定义以及余弦定理得到关于和的齐次式，求解即可.
【详解】
设双曲线的右焦点为，因为为双曲线的左焦点，是双曲线上一点，
根据双曲线的定义知，，
因为是双曲线的右顶点，所以，
又，，所以，
所以，
在中，根据余弦定理得，
即，
整理得，
等式两边同时除以得，，解得（舍）或，
所以的离心率为.
故答案为：.
14．
【分析】根据古典概型的概率公式求解即可.
【详解】由题知，玩家从起点方格出发，每次向右或向下移动一格，可以顺利到达终点，即为挑战成功，反之挑战失败.
用表示第行第列含有陷阱的方格，
则第1行含有陷阱的方格为，
第2行含有陷阱的方格为，
第3行含有陷阱的方格为，
所以每一行随机设置1个陷阱（起点和终点处无陷阱）共有个基本事件，
具体如下：
，，，，
，，，，
，，，，
玩家挑战失败的基本事件有，，，
，，，，共个，
所以玩家挑战失败的概率为.
故答案为：.
15．(1)甲，乙，丙三人比赛成绩优秀的概率分别为，，
(2)分布列见解析，
【分析】（1）直接利用古典概型进行求概率即可；
（2）根据相互独立求出，，，，列出分布列，利用分布列求出数学期望即可．
【详解】（1）由题意可知，甲，乙，丙三人比赛成绩优秀的概率分别为：
，，，
故甲，乙，丙三人比赛成绩优秀的概率分别为，，；
（2）由题意可知，随机变量的可能取值为，，，；
，
，
，
，
故的分布列如下：
故数学期望为：．
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，，证明四边形是平行四边形，再由线面垂直证明线线垂直即可；
（2）建立空间直角坐标系，由面面角的向量求法求解即可.
【详解】（1）
取的中点，连接，，
因为为的中点，所以且，
又三棱台，，所以且，
所以且，
所以四边形是平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以，
又，，平面，所以平面，
因为平面，所以，
所以；
（2）
因为平面，平面，
所以，，又，
则以为原点，分别以，，为轴，轴，轴正向建立如图所示的空间直角坐标系，
设，
则，，，， ，，
，，，，
设平面的一个法向量为m=x1,y1,z1，
则，取，则，，所以，
设平面的一个法向量为n=x2,y2,z2，
，取，则，，所以，
设平面与平面的夹角为，，
所以，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
17．(1)；
(2)证明见解析，.
【分析】（1）由题设，恒成立，利用二次函数性质求右侧最大值，即可得参数范围；
（2）根据已知可得，结合等比数列定义证明结论，进而可得，应用等比数列的前n项和公式求.
【详解】（1）由题设，即，恒成立，
而在上单调递减，则，
所以；
（2）由题设，则，又，
所以是首项为，公比为2的等比数列，故，
所以，则，
所以
.
18．(1)（）；
(2)；
(3).
【分析】（1）设Px,y，根据斜率的两点式及其乘积为定值，即可得轨迹方程；
（2）设l的方程为，，，联立曲线，应用韦达定理及弦长公式列方程求参数m，即可得结果；
（3）设直线PA的方程为，则直线PB的方程为，进而求出坐标及，应用正弦定理求外接圆半径，结合可得，最后应用基本不等式求最值即可.
【详解】（1）设Px,y，由，得，整理得.
因为点P异于点A，B，所以C的方程为（）.
（2）设l的方程为，，，则.
联立方程组，整理得，
则，即，
所以，，
则，解得，满足题设，
所以l的方程为.
（3）
设直线PA的方程为，则直线PB的方程为.
令，得，同理得，则.
在中，由正弦定理知，同理可得.
因为，所以，
从而，当且仅当时等号成立，
故的最小值为.
19．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）不妨假设是“函数”，得出，通过取特殊值时，判断出不等式不成立，得出假设不成立即可判断；
（2），求导后，进一步令，利用导数研究单调性，并且结合零点存在定理解决隐零点问题，进一步判断出原函数的单调性求解；
（3）根据是“函数”，得出在区间上也满足题目给定的不等式的条件，利用导数研究函数的单调性，从而进一步求出的取值范围，最后再利用作差法比较两者的大小．
【详解】（1）假设是“函数”，则，
即在上恒成立．
因为，
所以假设不成立，即不是“函数”．
（2）令，，
则．
令，，则在上恒成立，即在上单调递减．
因为，，所以，，
则当时，，单调递增，当时，，单调递减．
由，可得在上恒成立，
故是“函数”．
（3）由为“函数”，可得，
即．
令，，
则．
由，且，可得．
令，，
则在上恒成立，则在上单调递增．
由，可得，
则，即．
【点睛】关键点睛：本题不仅验证了函数和是否满足给定条件，还进一步探讨了区间长度的比较，理解函数的凸凹性及其在不同区间的表现是关键的，解题时，应先明确题干信息中函数的性质，再根据性质和条件进行验证．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
A
D
C
B
C
D
B
AC
ACD
题号
11









答案
BCD









0
1
2
3