江西省重点中学盟校2025届高三下学期第一次联考数学试卷

这是一份江西省重点中学盟校2025届高三下学期第一次联考数学试卷，共23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 则 （ ）
A．B．C．D．
2．设i为虚数单位，复数z的共轭复数为，若 ，则z在复平面内对应的点位于第（ ）象限
A．一B．二C．三D．四
3．已知 ， 则（ ）
A．B．C．D．
4．已知平面内不共线的三个向量、、两两夹角相等，且为单位向量，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
5．从1，2，……，10中取三个不同的数，按从小到大的顺序排列，组成的数列是等差数列的概率为（ ）
A．B．C．D．
6．已知点、在圆上，点在直线上，点为中点，若，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
7．已知双曲线的两焦点分别为、，过右焦点作直线交右支于、点，且，若，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
8．已知可导函数的定义域为，是的导函数，且为偶函数为奇函数，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．比较两组测量尺度差异较大数据的离散程度时，常使用离散系数，其定义为：离散系数．某地区进行调研考试，共名学生参考，测试结果（单位：分）近似服从正态分布，且平均分为，离散系数为，则下列说法正确是（ ）
（附：若随机变量服从正态分布，，）
A．学生考试成绩标准差为
B．学生考试成绩近似服从正态分布
C．约有名学生的成绩低于分
D．全体学生成绩的第百分位数约为
10．设正项等比数列的前n项和为 ，前n项积为已知则下列结论正确的是（ ）
A．若 则
B．若 则
C．，则 是 的最大值
D．对任意
11．如图，在棱长为2的正方体中，，，，则下列说法正确的有（ ）
A．
B．三棱锥的体积最大值为1
C．若，则点到直线的距离为
D．三棱锥外接球球心轨迹的长度近似为
三、填空题
12．已知幂函数在上单调递增，若正数、满足，则的最小值为 ．
13．用0，1，2，3组成没有重复数字的四位偶数有n个，则 的展开式中，x3项的系数为 ．（用数字作答）
14．在抛物线上有三个不同点、、，焦点为，点坐标为且轴，为的重心，则的面积为 ．
四、解答题
15．设向量，，．
(1)求的单调递减区间；
(2)在锐角中，角所对的边分别为，若，，，求的面积
16．在四棱锥中，底面为直角梯形，，，侧面底面，，，且、分别为、的中点．
(1)证明：平面；
(2)若直线与平面所成的角为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
17．已知函数，
(1)若，求函数的最小值；
(2)设函数，讨论函数的单调性；
(3)若在区间上存在一点，使得成立，求的取值范围．
18．已知椭圆 的焦距为，直线 与交于、两点，为坐标原点，为中点．若.
(1)求椭圆的方程；
(2)若、的斜率分别为、且始终满足，求直线的斜率的值；
(3)、为椭圆上关于原上对称的两点且满足，直线、交于点，问：的面积是否为定值？若是求出此定值，若不是请说明理由．
19．（1）某公司为提升员工身体素质，鼓励员工参与“健康帮，活力无限”健身打卡活动．公司统计了开展活动后近5个月员工因健身而使身体指标（如体脂下降、心肺功能提升等）明显改善的人数．统计结果如下：
若身体指标明显改善人数与月份变量（月份变量依次为）具有线性相关关系，请预测第6个月身体指标明显改善的大约有多少人？
（2）公司将参与健身打卡活动的员工分成了X、Y、Z三组进行健身竞赛，其规则：竞赛发起权在任何一组，该组都可向另外两组发起竞赛，首先由X组先发起竞赛，挑战Y组、Z组的概率均为，若X组挑战Y组，则下次竞赛发起权在Y组．若竞赛发起权在Y组，则挑战X组、Z组的概率分别为和；若竞赛发起权在Z组，则挑战X组、Y组的概率分别为 和；
①经过3次挑战赛后，求竞赛发起权在Y组的次数M的分布列与数学期望；
②定义：已知数列，若对于任意给定的正数（不论它多么小），总存在正整数，使得当时，（是一个确定的实数），则称数列为“聚点数列”，称为数列的聚点．经过次竞赛后，竞赛发起权在X组的概率为，证明数列为“聚点数列”，并求出聚点的值．附：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，．
月份
1
2
3
4
5
身体指标明显改善人数
330
260
200
140
90
《江西省重点中学盟校2025届高三下学期第一次联考数学试卷 》参考答案
1．D
【分析】首先求出集合A,B，再利用交集的概念及运算求答案即可.
【详解】由题意知，
则，
故选：D.
2．A
【分析】由复数的运算性质化简得，则，即答案可求.
【详解】由题意得，
所以，则z在复平面内对应的点位于第一象限，
故选：A.
3．B
【分析】在等式两边平方，求出的值，再利用切化弦可求得的值.
【详解】在等式两边平方可得，可得，
所以.
故选：B.
4．B
【分析】分析可知三个向量、、两两的夹角为，利用平面向量数量积的定义和运算性质可求得的值.
【详解】由题意可知，三个向量、、两两的夹角为，
由平面向量数量积的定义可得，
同理可得，,
所以，
.
故选：B.
5．D
【分析】设取出的3个不同的数分别为a、b、c，结合等差数列的性质分析可知故a、c同为奇数或同为偶数，且a与c确定后，b随之而定，利用古典概型的概率公式求解可得答案.
【详解】设取出的3个不同的数分别为a、b、c，
不同的取法共有种，
若这3个数构成等差数列，则有.
故a、c同为奇数或同为偶数，且a与c确定后，b随之而定.
从而所求概率为.
故选：D．
6．C
【分析】求出圆的圆心为，半径为，利用勾股定理求出的值，利用圆的几何性质可求得的最小值.
【详解】圆的标准方程为，
所以，圆心为，半径为，
由中垂线的性质可得，则，
所以，点在以点为圆心，半径为的圆上，
点到直线的距离为，
所以，.
故选：C.
7．D
【分析】令，可得出，， 由双曲线的定义可得出、，在中，利用余弦定理可出，可得出、，然后在中利用余弦定理可求得该双曲线的离心率的值.
【详解】令，由，得，，
由双曲线定义，，
在中，，
由余弦定理可得，
得，整理得，
解得，所以，，．
在由余弦定理，
得，
整理得，则．
故选：D.
【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：
（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值；
（2）齐次式法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程求解；
（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.
8．C
【分析】由题意可得，由函数奇偶性的定义得出，求导得出，进而可推出函数是周期为的周期函数，以及函数的对称中心为，求出、的值，结合函数周期性可求得的值.
【详解】因为函数为奇函数，则，
即，令，则，
所以，函数的对称中心为，且，①
在等式①中，令可得，解得，
在等式①中，令可得,
因为函数为偶函数，则，
令，可得，求导得，
则，②
由①②可得，令，则，
所以，函数是周期为的周期函数，
所以，.
故选：C.
【点睛】结论点睛：对称性与周期性之间的常用结论：
（1）若函数的图象关于直线和对称，则函数的周期为；
（2）若函数的图象关于点和点对称，则函数的周期为；
（3）若函数的图象关于直线和点对称，则函数的周期为.
9．ABD
【分析】利用离散系数的定义可判断A选项；利用正态分布的概念可判断B选项；利用正态分布原则可判断C选项；利用百分位数的定义可判断D选项.
【详解】对于A选项，，则学生考试成绩标准差为，A对；
对于B选项，由正态分布可知学生考试成绩近似服从正态分布，B对；
对于C选项，因为，
则，
所以，绩低于分的学生人数约为，C错；
对于D选项，因为，
所以，全体学生成绩的第百分位数约为，D对.
故选：ABD.
10．BCD
【分析】根据给定条件，按公比探讨单调性判断AC；利用等比数列性质计算判断B；借助等比数列通项公式推理判断D.
【详解】设正项等比数列的公比为，，，而，
对于A，若，则，，不符合题意，
若，则数列单调递减，由，得，
于是，A错误；
对于B，由，得，则，B正确；
对于C，由选项A知，数列前2023项都大于1，从第2024项起为都小于1的正数，
因此是数列中的最大项，C正确；
对于D，，，
，而，则，因此，D正确．
故选：BCD
11．AC
【分析】以D为坐标原点，建立空间直角坐标系求得直线方向向量可判断A，由三棱锥体积公式可判断B，由点到线距离的向量法公式即可判断C，设，的中点分别为，，过点作平面的垂线，过点作与棱垂直的平面，判断直线与平面交于点为球心，得到点的轨迹长度与点的轨迹长度相等，即可判断D．
【详解】以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示．设，
则，，，，．
对于选项A：因为，，
所以，
所以，所以，A正确．
对于选项B：三棱锥的体积，
所以当时，三棱锥的体积取得最大值，B错误．
对于选项C：若，则，，，
所以，，
所以点到直线的距离，C正确．
对于选项D：设，的中点分别为，，
过点作平面的垂线，过点作与棱垂直的平面，
直线与平面交于点，则点为外接球的球心，
显然点的轨迹长度与点的轨迹长度相等．
因为，，所以．
在平面内，点的轨迹方程为，且，，
故点的轨迹长度近似为，即三棱锥外接球球心轨迹的长度近似为，D错误．
故选：AC．
12．
【分析】由幂函数的定义与单调性可得出关于实数的等式或不等式，解出，可得出，将代数式与代数式相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】因为幂函数在上单调递增，
则，解得，
正数、满足，则
，
当且仅当时，即当时，等号成立，
因此，的最小值为.
故答案为：.
13．330
【分析】求出用，，，组成没有重复数字的四位偶数的个数，得到的值.再根据二项式定理通项公式求出展开式中项的系数即可.
【详解】当个位数字为时：其他三个数位从，，这三个数字中任意排列，有种情况.
当个位数字为时：千位不能为，所以千位有种选择（从，中选），百位从剩下的个数字中选，十位再从剩下的个数字中选，根据分步乘法计数原理，共有种情况.
根据二项式展开式的通项公式，对于，展开式中项的系数为（）.
那么展开式中项的系数为.
由组合数的性质，且，则.
可得.
故答案为：330.
14．
【分析】由可求出抛物线的方程，由重心的性质可求得线段的中点的坐标，利用点差法求出直线的方程，将该直线方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，结合三角形的面积公式以及韦达定理可求得结果.
【详解】由点的坐标为且轴得，即，抛物线方程为，
设、，则相减可得，
所在直线斜率，
记中点为，又由为的重心，可知，
设点，则，可得，解得，即点，
所以，，
所以，所在直线方程为，即，
联立方程，得，，
由韦达定理可得，，得，
故：的面积为.
故答案为：.
15．(1)
(2)
【分析】（1）应用向量数量积的坐标表示及三角恒等变换化简求得，再利用正弦型函数的性质求递减区间；
（2）由得，结合正弦定理可得，结合余弦定理有，联立求得，最后应用三角形面积公式求面积.
【详解】（1）由题意得
，
令，解得，
所以的单调递增区间为.
（2）因为为锐角三角形，由得，
由可得，
所以，故，
在中，由正弦定理得，所以，
所以①，
由余弦定理得，得②，
由①②解得，
所以的面积为.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，连接、，推导出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）推导出平面，由线面角的定义可求得则，，然后以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【详解】（1）取中点，连接、，
因为为的中点，所以，，， ．
又因为，，所以，，，
所以，四边形为平行四边形，则， ．
因为平面，平面，所以，平面.
（2）因为，，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以，平面， ．
取中点，连接，则，所以，平面，
故与平面所成的角为，则，
所以，，
又因为，则，
如图以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、，
所以，，
设平面的一个法向量为，
则，取，则， ．
易知平面的一个法向量为， ．
设平面与平面所成锐二面角为，
所以，，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值．
17．(1)
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）当时，求出函数的解析式，利用导数分析函数的单调性，即可求出函数的最小值；
（2）求得，对实数的取值进行分类讨论，利用函数单调性与导数的关系可求得函数的增区间和减区间；
（3）由题意可知，当时，，对实数的取值进行分类讨论，分析函数在区间上单调性，结合可求得实数的取值范围.
【详解】（1）当时，，其中，则，
由可得，由可得，
所以，函数的减区间为，增区间为，
所以，.
（2）因为，其中，
则，
当时，即当时，由可得，由可得，
此时，函数的减区间为，增区间为；
当时，即当时，
由可得，由可得或，
此时，函数的增区间为、，减区间为；
当时，即当时，对任意的，，
此时，函数的增区间为，无减区间；
当时，即当时，
由可得或，由可得，
此时，函数的增区间为、，减区间为.
综上所述，当时，函数的减区间为，增区间为；
当时，函数的增区间为、，减区间为；
当时，函数的增区间为，无减区间；
当时，函数的增区间为、，减区间为.
（3）由（2）可知，当时，函数在上单调递增，则，不合乎题意；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增，
（i）若，则时，则函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，，
设，其中，则，
所以，函数在上单调递减，则，合乎题意；
（ii）若，即当时，函数在上单调递减，
所以，，解得，
因为，则.
综上所述，实数的取值范围是.
【点睛】思路点睛：讨论含参函数的单调性，通常注意以下几个方面：
（1）求导后看最高次项系数是否为，须需分类讨论；
（2）若最高次项系数不为，通常是二次函数，若二次函数开口方向确定时，再根据判别式讨论无根或两根相等的情况；
（3）再根据判别式讨论两根不等时，注意两根大小比较，或与定义域比较. ．
18．(1)
(2)
(3)是定值，且定值为
【分析】（1）利用点差法以及椭圆的焦距可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可得出椭圆的方程；
（2）联立直线与椭圆的方程，列出韦达定理，利用斜率公式结合化简可得出关于的等式，结合可得出的值；
（3）分析可知故点到直线的距离等于两平行线、间的距离的，设直线的方程为，将该直线方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，根据可得出，然后利用三角形的面积可求得结果.
【详解】（1）设点、，则，
上述两个等式作差可得，则，
即，
由题意可得，则，
因此，椭圆的方程为.
（2）联立直线与椭圆的方程，可得，
，可得，
由韦达定理可得，，
所以，
，
因为，
则，
即，
整理可得，解得或（舍），故.
（3）因为，且，则，
故点到直线的距离等于两平行线、间的距离的，
设直线的方程为，
联立直线与椭圆的方程得，
，点到直线的距离为，
，
因为，可得，
解得，
所以，.
因为的面积为定值.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
19．（1）24人 ；（2）① 分布列见解析；期望为；②证明见解析， ．
【分析】（1）求得线性回归方程即可求解；
（2）①由题意确定的可能取值，再由独立事件乘法公式和互斥事件加法公式求得概率即可求解；②第n次挑战后挑战权在Y，Z组的概率分别是，时，得到，由题意得到递推公式进而可求解.
【详解】（1）由已知数据经计算可得：
，，
， ，
所以．
所以当时，；
即第6个月身体指标明显改善的大约有24人；
（2）①，
，
，
所以次数M的数学期望．
②第n次挑战后挑战权在Y，Z组的概率分别是，时，则
．
②+③得：，由①得
，，，
，
，其中，
是以为首项，为公比的等比数列，
，，
由聚点数列的定义：，
由指数函数的单调性可知：当时，
所以对于任意给定的正数（不论它多么小），总存在正整数，使得当时，，
所以数列为“聚点数列”； ．
【点睛】关键点点睛：第n次挑战后挑战权在Y，Z组的概率分别是，得到：
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
A
B
B
D
C
D
C
ABD
BCD
题号
11









答案
AC









M
0
1
2
P