江西省宜春市丰城市第九中学2024-2025学年高三上学期第一次段考数学试题（日新班）（解析版）

这是一份江西省宜春市丰城市第九中学2024-2025学年高三上学期第一次段考数学试题（日新班）（解析版），共20页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
考试时间：10月考试时长：120分钟
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. 设集合，则（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据分式不等式的解法、交集的定义求解即可.
，则，即，，解得，
故，
又，故.
故选：B
2. 欧拉公式把自然对数的底数、虚数单位、三角函数联系在一起，充分体现了数学的和谐美．已知实数指数幂的运算性质同样也适用于复数指数幂，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知得出，然后指数运算可得结果.
因为，所以，.
故选：B.
3. 已知抛物线C：的焦点为F，若点在C上，则的面积为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知条件，将点坐标代入抛物线方程，求得，求出，即可求得的面积.
将代入C的方程，得，故，
所以，则的面积.
故选：A.
4. 已知，，则的最小值为（）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件，结合基本不等式的公式，即可求解.
，，
当且仅当，即，时等号成立.
故选：B.
5. 学校安排含唐老师、李老师在内的5位老师去3个不同的学校进行招生宣传，每位老师都必须选1个学校宣传，且每个学校至少安排1人.由于唐老师是新教师，学校安排唐老师和李老师必须在一起，则不同的安排方法有（）
A. 24种B. 36种C. 48种D. 60种
【答案】B
【解析】
【分析】把5位老师按和分组，再把分成的3组安排到3所学校，列式计算得解.
把5位老师按和分组，且唐老师和李老师在一起的不同分组方法数为，
所以不同的安排方法有（种）.
故选：B
6. 从的二项展开式中随机取出不同的两项，则这两项的乘积为有理项的概率为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出二项式展开式，再利用古典概型求出这两项的乘积为有理项的概率.
展开式通项为，
则二项展开式分别为：，，，
，，，
将这6项依次记：，
从的二项展开式中随机取出不同的两项有种情况，
所以这两项的乘积为有理项的基本事件为：，，，共6种情况，
所以这两项的乘积为有理项的概率为.
故选：A.
7. 已知中，，角的平分线交于点，且，则面积的最大值为（）
A.B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，根据题意，利用平面向量的共线定理，得到，利用余弦定理，求得，得到面积，结合二次函数的性质，即可求解.
如图所示，设，
因为三点共线，可得，
设，所以，
又因为角的平分线交于点，四边形为菱形，可得，
所以，所以，
在中，由余弦定理得，
则，
所以的面积为，
当时，的面积取得最大值，最大值为.
故选：C.
8. 已知函数存在零点，则实数的值为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构造新函数，利用导数求单调性，再运用基本不等式即可求解
由得，
设，，
设，，
由得，由得，
所以在单调递增，在单调递减，所以，
而，
当且仅当，即时，等号成立，
因为有零点，则，所以，
故选：D.
二、多项选择题：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3分，有选错的得0分．
9. 已知函数(，)的图象中相邻两条对称轴的距离是，先将的图象先向右平移个单位长度，再向上平移2个单位长度，得到函数的图象，若是偶函数，且最大值为4，则下列结论正确的是（）
A. 的最小正周期是B. 的图象关于直线对称
C. 的图象关于点对称D. 在上单调递减
【答案】BD
【解析】
【分析】根据三角函数的性质即可确定函数的表达式为，即可根据代入验证法判断BC，根据整体法即可求解D.
由已知，A错误；所以，则，
所以，
因为是偶函数，所以，，即，，
而，所以，所以，
因为最大值为4，所以，则，所以，
因为，所以为一条对称轴，B正确；
由于，所以C不正确；
当时，此时单调递减，D正确，
故选：BD
10. 已知函数，则下列说法正确的是（）
A. 函数的图像与函数的图像有且仅有一个公共点
B. 函数的图像与函数的图像没有公切线
C. 函数，则有极大值，且极大值点
D. 当时，恒成立
【答案】ACD
【解析】
【分析】选项A，利用与的图象，知时，有一个交点，当，构造函数，利用导数，求出的单调区间，进而求得，即可求解；选项B，设出切点，利用导数的几何意义得到，将问题转化成求方程解的个数，即可求解；选项C，令，对求导，求出的单调区间，再利用极值的定义，即可求解；选项D，构造函数和，利用导数与函数单调性间的关系，得到，且等号不能同时取到，再利用与图象间的关系，即可求解.
对于选项A，易知当时，函数与函数的图像有一个公共点，
当时，令，则，
由，得到，由，得到，
即在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以在时取最小值，即，
所以当时，函数与函数的图像没有公共点，故A正确；
对于选项B，设与切于点，与切于点
则，化简得：，判断方程根的个数即为公切线条数，
令，则，易知在上恒小于0，
当时，令，则在区间上恒成立，
即在区间上单调递增，又，，
所以在上有使得，即，
所以在上单调递减，在上单调递增，且
当，所以方程有两解，与的图像有两条公切线，所以选项B错误，
对于选项C，令，所以，
令，则，
所以在上单调递减，又，
所以存在，使得，即，
则在上单调递增，在上单调递减，
所以有极大值，且极大值点，故选项C正确，
对于选项D，，则，
当时，时，，
所以，即，当且仅当时取等号，
令，则在区间上恒成立，
又，所以，当且仅当时取等号，
又，当时，与重合，当时，的图象由向右平移，此时图象恒在下方，
所以，且等号不能同时取到，故选项D正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何相联系；（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；（3）利用导数求函数的最值（极值），解决生活中的优化问题；（4）考查数形结合思想的应用．
11. 已知，且，则的值可能为（）
A. B. C. D. 8
【答案】ACD
【解析】
【分析】借助二倍角公式及两角和差公式化简，得到，再利用基本不等式得到其取值范围，从而得到答案.
因为
所以，
，
，
因为，所以，
所以，
，
，又，
所以，即，
所以
，
当时，，
当且仅当，即等号成立；
当时，，
即，当且仅当，即时的等号成立，
综上，，即，
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：灵活变换，利用，两角和与差公式化简已知的等式是解本题的关键.
二、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知平面向量，满足，，，则向量，夹角的余弦值为______．
【答案】##
【解析】
【分析】由利用向量数量积得，再由计算即可.
，则，
由得，所以，
于是．
故答案为：
13. 设等差数列an的前n项和为，若，则an的公差______．
【答案】3
【解析】
【分析】利用等差数列的性质，结合，可得，与相减可求的值.
】由，
所以.
故答案为：3
14. 在三棱锥中，平面VAC，，，点F为棱AV上一点，过点F作三棱锥的截面，使截面平行于直线VB和AC，当该截面面积取得最大值时，______．
【答案】
【解析】
【分析】通过作平行线作出题中的截面，并结合线面平行以及线面垂直说明其为矩形，利用三角形相似表示出矩形的两边长，并求得其面积表达式，结合二次函数性质确定截面面积取得最大值时参数的值，解直角三角形即可求得答案.
根据题意，在平面内，过点作，交于点；
在平面内，过点作，交于点；
在平面内，过点作，交于点，连接，如图所示，

因为，则，设其相似比为，即，
则；
又因为，，，
由余弦定理得，，则，
即.
又平面，，平面，所以，.
又，则，.
因为，则，则，
因为，所以，即，
同理可得，即，
因为，，则，
故四边形为平行四边形；而平面，平面，
故平面，同理平面，
即四边形为截面图形；
又平面，平面，则，
又，所以.
故平行四边形为矩形，则，
所以当时，有最大值，则，
在中，.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：先作平行线作出题中的截面，再证明四边形为符合题意的截面图形，结合线面平行以及线面垂直说明四边形为矩形，利用三角形相似表示出矩形的两边长，并求得其面积表达式，利用二次函数求出最值得解.
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. 下图中的一系列三角形图案称为谢尔宾斯基三角形.图（1）是一个面积为1的实心正三角形，分别连接这个正三角形三边的中点，将原三角形分成4个小正三角形，并去掉中间的小正三角形得到图（2），再对图（2）中的每个实心小正三角形重复以上操作得到图（3），再对图（3）中的每个实心小正三角形重复以上操作得到图（4），…，依此类推得到个图形.记第个图形中实心三角形的个数为，第n个图形中实心区域的面积为.
（1）写出数列an和bn的通项公式；
（2）设，证明.
【答案】（1），
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由图形可判断数列an和bn都是等比数列，根据等比数列的通项公式可得；
（2）先由，，得，根据利用单调性得，进而可得.
【小问1】
由图知后一个图形中实心三角形的个数是前一个的倍，
所以an是以为首项，为公比的等比数列，故，
由图知后一个图形中实心区域的面积是前一个的倍，第一个三角形的面积为，
故bn是以为首项，为公比的等比数列，故
【小问2】
，
故，因为，故单调递增，
故，又，故，
故，又，故
16. 已知函数.
（1）若曲线在点处的切线与直线垂直，求的方程；
（2）若函数在上有2个极值点，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求导，再根据导数的几何意义即可得解；
（2）令，分离参数可得，由题意可得方程在上有2个根，构造函数，，利用导数求出其极值和单调区间即可得解.
【小问1】
由题意得，，
故，解得，
而，故所求切线方程为，即；
【小问2】
令，则，故，
因为函数在上有2个极值点，
所以方程在上有2个根，
令，，则，
令，解得，故当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
且，当时，，当，，
故实数的取值范围为.
17. 已知四棱锥中，底面是矩形，，M是SB的中点．
（1）证明：；
（2）若，点P是SC上的动点，直线AP与平面所成角的正弦值为，求四面体的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，，可证平面，再根据线面垂直的定义可证.
（2）建立空间直角坐标系，先根据直线AP与平面所成角的正弦值为，确定点位置，再求四面体的体积.
【小问1】
如图：
取中点，连接，.
因为、分别为、的中点，所以，又，所以.
又，
，且，，
所以
所以，又平面，所以平面，
因为平面，所以.
【小问2】
因为，，平面，
所以平面.又，所以可以以为原点，建立如图空间直角坐标系.
因为，则A0,0,0，，，，，
所以，.
设平面的法向量为m=x,y,z，则
，取
设，.
所以.
因为直线AP与平面所成角的正弦值为，
所以：cs=AP⋅mAP⋅m=221-λ5⋅16λ2-8λ+4=1010，解得.
所以为的中点，所以
18. 新冠疫情下，为了应对新冠病毒极强的传染性，每个人出门做好口罩防护工作刻不容缓．某口罩加工厂加工口罩由三道工序组成，每道工序之间相互独立，且每道工序加工质量分为高和低两种层次级别，三道工序加工的质量层次决定口罩的过滤等级；工序加工质量层次均为高时，口罩过滤等级为100等级(表示最低过滤效率为99.97%)；工序的加工质量层次为高，工序至少有一个质量层次为低时，口罩过滤等级为99等级(表示最低过滤效率为99%)；其余均为95级(表示最低过滤效率为95%)．
表①:表示三道工序加工质量层次为高的概率；表②:表示加工一个口罩的利润．
表①
表②
（1）表示一个口罩的利润，求的分布列和数学期望；
（2）由于工厂中工序加工质量层次为高的概率较低，工厂计划通过增加检测环节对工序进行升级．在升级过程中，每个口罩检测成本增加了()元时，相应的工序加工层次为高的概率在原来的基础上增加了;试问：若工厂升级方案后对一个口罩利润的期望有所提高，则与应该满足怎样的关系?
【答案】（1）分布列见解析，
（2）()
【解析】
【分析】（1）由题意可知：的可能取值为，，，分别求出100等级，99等级，95等级的概率，列分布列计算数学期望即可；
（2）改良后一件产品的利润的可能取值为，，，分别求出改良后100等级，99等级，95等级的概率，求出数学期望与比较即可.
【小问1】
的可能取值为，，，
；；；
所以的分布列为
【小问2】
设升级后一件产品的利润为，则的可能取值为，，
；
；
；
所以，
由得，解得，
所以与满足的关系为().
19. 已知椭圆的左焦点为，右焦点为，离心率，过点作不与坐标轴垂直的直线交椭圆于两点，且的周长为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设点关于轴的对称点为，求的面积的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，列出方程组，求得的值，即可求得椭圆的标准方程；
（2）设方程为，联立方程组，得到，进而得到的方程，结合点到直线的距离公式，得到，结合基本不等式，即可求解.
【小问1】
解：由椭圆离心率，且的周长为，
可得，解得，所以，
所以椭圆的方程为.
【小问2】
解：依题意直线的斜率存在且不为0，设方程为，
联立方程，整理得，
设，，则，
可得，可得，
因为，所以，
即，
所以到的距离，
所以
，
当且仅当，即时等号成立.
【点睛】方法点睛：解答圆锥曲线的最值与范围问题的方法与策略：
1.几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；
2.函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）导数法等，要特别注意自变量的取值范围；
3.涉及直线与圆锥曲线的综合问题：通常设出直线方程，与圆锥曲线联立方程组，结合根与系数的关系，合理进行转化运算求解，同时抓住直线与圆锥曲线的几何特征应用.
工序
概率
口罩等级
100等级
99等级
95等级
利润/元