江西省新八校2024届高三(上)期末第一次联考数学试卷(解析版)

这是一份江西省新八校2024届高三(上)期末第一次联考数学试卷(解析版)，共16页。试卷主要包含了 已知集合，，则， 设，向量，，，则“”是“”的，005B， 下列结论正确的是等内容，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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】，，
则,．
故选：A．
2. 设复数满足，，复数所对应的点位于第一象限，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设，，，，，，
则，，又，
故，，
所以，
故．
故选：C．
3. 设，向量，，，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】当时，由，可得，解得，
当时，由，可得，解得，
因此“”是“”的必要不充分条件，
故选：B
4. 已知角的终边上有一点，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由题意可得，
故，
故选：B
5. 根据圆的性质我们知道，过圆外的一点可以作圆的两条切线，切点为与，我们把四边形称为圆的“切点四边形”.现已知圆：，圆外有一点，则圆的“切点四边形”的外接圆周长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】根据题意点到原点的距离，
由于,所以切点四边形的外接圆的直径为,
故该四边形的外接圆的直径为，
所以半径为，
所以外接圆的周长为．
故选：C．

6. 为了加深师生对党史的了解，激发广大师生知史爱党、知史爱国的热情，某校举办了“学党史、育文化的党史知识竞赛，并将1000名师生的竞赛成绩（满分100分，成绩取整数）整理成如图所示的频率分布直方图，则下列说法错误的为（ ）
A. 的值为0.005B. 估计这组数据的众数为75分
C. 估计这组数据的第85百分位数为85分D. 估计成绩低于60分的有250人
【答案】C
【解析】根据频率分布直方图可知：，即，故A正确；
由图易得在区间,的人最多，故可估计这组数据的众数为75，故B正确；
，故成绩低于60（分）的有250人，即D正确；
由图中前四组面积之和为：，
图中前五组面积之和为：，
故这组数据的第85百分位数在第五组数据中，
设这组数据的第85百分位数为，
则有，
故，即估计这组数据的第85百分位数为86分，故C错误．
故选：C．
7. 2023年11月16日，据央视新闻报道，中国空间站近日完成了一项重要的科学实验——空间辐射生物学暴露实验装置的首批样品已经返回地面.这项实验旨在研究在太空中长时间存在的辐射对人体和微生物的影响.已知某项实验要在中国空间站进行，实验开始时，某物质的含量为，每经过1小时，该物质的含量都会减少，若该物质的含量不超过，则实验进入第二阶段，那么实验进入第二阶段至少需要（ ）小时？（结果取整数，参考数据：，）
A. 12B. 8C. 10D. 11
【答案】D
【解析】设实验进入第二阶段至少需要小时，
由题意可得，，即，所以，
所以，
所以，
即实验进入第二阶段至少需要11小时．
故选：D．
8. 现将《西游记》、《红楼梦》、《水浒传》、《三国演义》、《史记》、《资治通鉴》6本不同的书籍分发给甲乙丙3人，每人至少分得1本，已知《西游记》分发给了甲，则不同的分发方式种数是（ ）
A. 180B. 150C. 120D. 210
【答案】A
【解析】根据题意，分2步进行分析：
①将6本不同的书籍分为3组，每组至少1本，
若分为4、1、1的三组，有种分组方法，
若分为3，2，1的三组，有种分组方法，
若分为2，2，2的三组，有种分组方法，
共有种分组方法，
②将《西游记》所在的组分发给了甲，剩下2组任意分配，有2种情况，
则有种分发方式．
故选：A．
二.选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9. 下列结论正确的是（ ）
A. 与的终边相同
B. 在中，若，则
C. 函数是偶函数
D. 函数的图像关于直线对称.
【答案】ABC
【解析】因为，即与的终边相同，A正确；
中，，B正确；
为偶函数，C正确；
令，，则，故对称轴方程有D错误．
故选：ABC．
10. 在棱长为2正方体中，点，，分别是线段，线段，线段上的动点，且.则下列说法正确的有（ ）
A.
B. 直线与所成的最大角为
C. 三棱锥的体积为定值
D. 当四棱锥体积最大时，该四棱锥的外接球表面积为
【答案】BCD
【解析】对于A，由，可得，
因为，所以与不垂直，因此A不正确；
对于B，因为，所以，
因此直线与所成的角就是直线与所成的角，
当为中点时，此时,直线与所成的角最大为，因此B正确：
对于C，由于平面平面,平面,所以
为定值，C正确：
对于D，,
由于为上的点，故到平面的距离为定值，所以到平面的距离为定值，
要使最大，只需要最大，故当为点时，四棱锥体积最大，
该四棱锥的外接球即正方体的外接球，
直径为，所以，故其表面积为，因此D正确．
故选：BCD．
11. 已知函数及其导函数的定义域均为，若函数，都为偶函数，令，则下列结论正确的有（ ）
A. 的图象关于对称B. 的图象关于点对称
C. D.
【答案】AC
【解析】根据题意为偶函数可得，
即可知，所以函数的图象关于对称，即A正确；
由是偶函数可得为奇函数，
所以满足，即，
因此的图象关于点成中心对称，所以B错误；
由可知，所以；
即，所以的图象关于点成中心对称，
因此，故C正确；
易知，，
由可得，
联立可得，
所以，
即，，
所以是以为首项，公差的等差数列，
所以，故D错误.
故选：AC.
12. 已知为坐标原点，，分别为双曲线：（，）的左、右焦点，点为双曲线右支上一点，设，过作两渐近线的垂线，垂足分别为，，则下列说法正确的是（ ）
A. 的最小值为
B. 为定值
C. 若当时恰好为等边三角形，则双曲线的离心率为
D. 当时若直线与圆相切，则双曲线的离心率为
【答案】ABD
【解析】对于A，因为是双曲线C的右焦点，点M为双曲线右支上一点，
所以由双曲线性质知线段长度的最小值为，故A正确；
对于B，设，两渐近线方程分别为，，
所以，
又因为满足，可得，
所以为定值，故B正确；
对于C，因为，所以，
而（为坐标原点）恰好为等边三角形，
因此由知，，
所以由双曲线的定义知：，
即，即双曲线的离心率，故C错误；
对于D，如图，
设直线与圆相切于点A，连接OA，则，且，
作于点B，则，
又因为，所以，，
因此在中，，
又点在双曲线右支上，所以，
整理得，即，
因此双曲线的离心率，故D正确.
故选：ABD
三.填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分
13. 在的展开式中，的系数是________．（用数字作答）
【答案】40
【解析】的展开式的通项公式为：，令，解得：，的系数是．
故答案为：40
14. 如果等边圆柱（即底面直径与母线相等的圆柱）的体积是，那么它的侧面积等于________.
【答案】
【解析】设圆柱的底面圆的半径为，则高为，
故，解得，
所以圆柱的侧面积为.
故答案为：.
15. 定义：有限集合，则称为集合的“元素和”，记为.若集合，集合的所有非空子集分别为，，…，，则________.
【答案】
【解析】由题意知集合中的元素分别为，，，，，
设①，则②，
①②，得，所以．
由于集合中每一个元素在子集中出现的次数为，所以．
故答案为：．
16. 若正实数满足不等式，则________.
【答案】
【解析】记，
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
，
记，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
由题意，
又因为，所以，
故，所以.
故答案为：.
四.解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知等比数列的首项，公比为，的项和为且，，成等差数列.
（1）求的通项：
（2）若，，求的前项和.
解：（1）由题意，若，
由首项，可知，，
此时，不符合题意，故，
则由，
可得
化简整理，得，
解得（舍去），或，
，．
（2）由（1），可得，
故数列的奇数项是以1为首项，4为公比的等比数列，偶数项是以为首项，为公差的等差数列，
．
18. 已知的内角、、的对边分别为，，.
（1）求的最大值；
（2）若且，.求面积.
解：（1）因为，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最大值为；
（2）根据题意，得，
因为，所以，即，
得，
又，所以，所以，所以，
由，由正弦定理得，又，
由余弦定理可得，解得，
所以.
19. 如图，在三棱锥中，是正三角形，，，，是的中点.
（1）证明：；
（2）求平面与平面夹角的正弦值．
证明：（1）取的中点，连接，，
因为是正三角形，所以，
又因为，是的中点，所以，
因为，且，，平面平面,所以平面，
又因为平面，所以；
解：（2）由（1）知，，
以，所在直线分别为轴、轴，过作轴平面，建立如图空间直角坐标系，
则,0,，,0,，,1,，,0,，,2,，记，,
则,,，根据，
解得，则,,，
设平面的法向量为,,，
又,2,，,,，则，即，
令，则平面的一个法向量为，
设平面法向量为，
又，，则，即，
令，则平面的一个法向量为，
记平面与平面所成角为，
那么，
所以，
所以平面与平面夹角正弦值为．
20. 甲乙两人进行乒乓球比赛，经过以往的比赛分析，甲乙对阵时，若甲发球，则甲得分的概率为，若乙发球，则甲得分的概率为.该局比赛甲乙依次轮换发球权（甲先发球），每人发两球后轮到对方进行发球.
（1）求在前4球中，甲领先的概率；
（2）16球过后，双方战平（），已知继续对战数球后，甲率先取得11分并获得胜利（获胜要求净胜2分及以上）.设净胜分为（甲，乙的得分之差），求的分布列.
解：（1）甲与乙的比分是的概率为，
比分是的概率为，
故前4球中，甲领先的概率；
（2）依题意，接下来由甲先发球．继续对战数球后，甲获得11分胜利，
即甲或获胜，
即在接下来的比赛中，甲乙的比分为或，且最后一球均为甲获胜，
记比分为为事件，则，
记比分为为事件，即在接下来的4场比赛中，前3场比赛中，甲获胜两场，期间甲发球两次，乙发球两次，
，
故甲依题意获胜的概率为，
的所有可能取值为3，2，
由条件概率有，
故的分布列为：
21. 已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，直线与椭圆C交于A，B两点，且．
(1)求椭圆C的方程．
(2)不经过点的直线被圆截得的弦长与椭圆C的长轴长相等，且直线与椭圆C交于D，E两点，试判断的周长是否为定值?若是，求出定值；若不是，请说明理由．
解：（1）因为，所以，则即，所以椭圆C的方程可化为，
由得不妨令
易知则
因为，所以,即，
又，所以
所以椭圆C的方程为
（2）由（1）知椭圆C的长轴长为，因为直线被圆截得的弦长与椭圆C的长轴长相等，所以圆的圆心O（O为坐标原点）到直线l的距离，所以，即
设，联立方程，得整理得
所以，又，
所以
又
所以，
所以的周长是.
所以的周长为定值，为.
得解.
22. 已知函数.
（1）当时，证明：；
（2）已知，，求证：函数存在极小值.
证明：（1）当时，证明，即证，
因为，当且仅当时等号成立，①
令，则，
当时，有，单调递增：
当时，有，单调递减，
所以，②
又①．②中等号不能同时成立，
所以，即．
（2）依题意，，，
令，则；
，
当时，,
所以，函数在上单调递增，
故当时，；
当时，由于函数均为单调递增函数，所以函数单调递增，
而，，
故，使得，
故当,时，使得，则函数单调递增，即单调递增；
，
故函数在,上单调递减，在上单调递增，
故当时，函数有极小值．2
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