江西省新余市2024-2025学年高三上学期第一次模拟考试数学试卷

这是一份江西省新余市2024-2025学年高三上学期第一次模拟考试数学试卷，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．双曲线的实轴长为（ ）
A．B．4C．D．8
2．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
3．等比数列中，已知，则（ ）
A．B．2C．D．1
4．已知是锐角，则“直线与平面所成角的大小为”是“直线与平面内无数条直线所成角的大小为”的（ ）条件.
A．必要不充分B．充分不必要
C．充分必要D．既不充分也不必要
5．已知直线的方程为，则直线的倾斜角的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
6．2024年巴黎奥运会乒乓球比赛，中国队表现出色，包揽全部乒乓金牌，其中混双是中国历史上第一块奥运乒乓球混双金牌，由王楚钦和孙颖莎组成的“莎头”组合对战朝鲜队，最终以的比分赢得胜利.假设2025年的一次乒乓球比赛中，“莎头”组合再次遇到朝鲜队，采用7局4胜制（先胜4局者胜，比赛结束），已知每局比赛“莎头”组合获胜的概率为，则“莎头”组合再次以获胜的概率为（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数的图象经过点，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则对任意的都有
B．若的图象关于直线对称，则
C．若在上单调递增，则的取值范围是
D．若方程在上恰有两个不同的实数解，则的取值范围是
8．已知表示m，n中最大的数，设函数，若，则的最大值为（ ）
A．2B．1C．1D．2
二、多选题
9．已知复数，则（ ）
A．
B．
C．
D．在复平面内对应的点位于第四象限
10．下列说法中正确的是（ ）
A．若样本数据、、、的平均数为，则数据、、、的平均数为
B．随机变量服从正态分布，若，则
C．某校高三（1）班进行米体测，男生人，跑完平均用时秒，方差为，女生人，跑完平均用时秒，方差为，则该班级的体测成绩方差大于
D．若随机事件、满足：，，，则事件与相互独立
11．如图，在棱长为的正方体中，、、分别是、、的中点，是线段上的动点（不包含端点），则（ ）
A．四面体的外接球的表面积为
B．存在点，使、、、四点共面
C．过且与垂直的平面截正方体所得截面面积取值范围为
D．点是四边形内的动点，且直线与直线夹角为，则点的轨迹长度为
三、填空题
12．已知向量，若与是共线向量，则实数 .
13．的展开式中的系数为36，则的值为 .
14．课内我们已经学习了一元二次方程的韦达定理.实际上，一元三次方程也有对应的韦达定理：一元三次方程的三根为满足：.已知满足：和，其中互不相等，则 .
四、解答题
15．在中，已知角的对边分别是，且.
(1)求角的大小；
(2)若边上的高为，求三角形ABC的周长.
16．如图，在四棱锥中，，，平面平面ABCD.
(1)求证：；
(2)求平面PCD与平面PAB夹角的余弦值.
17．已知函数，其中.
(1)当时，求在点处的切线方程；
(2)当时，恒成立，求的取值范围.
18．平面直角坐标系中，点与定点的距离和它到定直线的距离之比是常数.
(1)求点的轨迹方程；
(2)若不过点的直线交曲线于P，Q两点；
①若以P，Q为直径的圆过点，证明：直线过定点；
②在①条件下，作为垂足.是否存在定点，使得为定值？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由.
19．设，若，且不存在，使得依次成等差数列，则称为的简单集，元素个数最多的简单集称为的最大简单集，的最大简单集的元素个数记为.
(1)写出4的所有最大简单集，并求；
(2)设，证明：，并求；
(3)设，若对任意，都有恒成立，证明：.
《江西省新余市2024-2025学年高三上学期第一次模拟考试数学试卷》参考答案
1．C
【分析】根据双曲线方程直接确定实轴长.
【详解】由双曲线方程知，则实轴长为.
故选：C
2．A
【分析】解一元二次不等式、指数不等式求集合，应用交运算求集合.
【详解】由，，
所以.
故选：A
3．A
【分析】利用等比数列通项公式及已知可得，再由即可求值.
【详解】若等比数列的公比为，
由题设，则，即，
由.
故选：A
4．B
【分析】利用线面角的定义结合充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】如下图所示：
设直线交平面于点，过直线上异于点的点作，垂足为点，
则为直线与平面所成的角，
若直线与平面所成角的大小为，则直线与所有平行于直线的直线所成的角都为，
即“直线与平面所成角的大小为”“直线与平面内无数条直线所成角的大小为”，
若直线与平面内无数条直线所成角的大小为，
但直线与平面内所有直线所成的最小角为直线与平面所成的角，
所以，不一定是直线与平面所成的角，
即“直线与平面所成角的大小为”“直线与平面内无数条直线所成角的大小为”，
因此，“直线与平面所成角的大小为”是“直线与平面内无数条直线所成角的大小为”的充分不必要条件.
故选：B.
5．D
【分析】求出直线的斜率的取值范围，利用直线倾斜角与斜率的关系可得出直线的倾斜角的取值范围.
【详解】直线的斜率为，设该直线的倾斜角为，则，
又因为，故.
故选：D.
6．B
【分析】分析“莎头”组合以获胜，即前局“莎头”组合胜局、负局，第局“莎头”组合获胜，利用二项分布的概率公式计算可得.
【详解】“莎头”组合再次以获胜，即前局“莎头”组合胜局、负局，第局“莎头”组合获胜，
所以“莎头”组合再次以获胜的概率.
故选：B
7．C
【分析】先根据函数的图象经过点求出，根据正弦函数的周期即可判断A；根据正弦函数的对称性即可判断B；根据正弦函数的单调性即可判断C；根据正弦函数的图象与性质即可判断D．
【详解】因为函数的图象经过点，
所以，即，又，所以，所以；
对于A：当时，，
则，故A错误；
对于B：因为的图象关于直线对称，则，
又，所以，故B错误；
对于C：由，得，
因为在上单调递增，所以，
即，解得，即的取值范围是，故C正确；
对于D，因为，所以，
方程在上恰有两个不同的实数解，即在上恰有两个不同的实数解，
则有，解得，即的取值范围是，故D错误．
故选：C．
8．C
【分析】根据题设有的定义域为，讨论、、、，结合导数、二次函数、对数函数的性质研究的符号得参数范围，即可得答案.
【详解】由，显然函数定义域为，
当时，
令，则，
令，则，
显然，即在上单调递增，
又，，故使，则，
所以上，即，则在上单调递减，
上，即，则在上单调递增，
所以，显然，则，
此时恒成立，故，即，满足要求；
当时，
对于有，即恒成立，
则时，，又时，，
此时恒成立，即，满足要求；
当时，
对于恒成立，
则时，，又时，，
此时恒成立，即，满足要求；
当时，
对于的图象开口向上且对称轴，
所以，在上单调递减，且有，
对于，在上单调递增，且有，
综上，在区间内，存在，即存在，不满足要求；
综上，，故的最大值为1.
故选：C
【点睛】关键点点睛：利用导数、二次函数、对数函数的性质研究在上是否恒成立为关键.
9．BD
【分析】根据复数不能比较大小判断A，应用加法及模长公式计算判断B，应用共轭复数及复数得乘法计算判断C，结合除法运算律及对应点的坐标判断D.
【详解】虚数不能比较大小，A选项错误；
复数，则，则，B选项正确；
，C选项错误；
对应点为，D选项正确.
故选：BD.
10．ABD
【分析】利用平均数的性质可判断A选项；利用正态密度曲线的对称性可判断B选项；利用分层抽样的方差公式可判断C选项；利用独立事件的定义可判断D选项.
【详解】对于A选项，设数据、、、的平均数为，
则样本数据、、、的平均数为，解得，A对；
对于B选项，随机变量服从正态分布，若，则，
则，B对；
对于C选项，由题意可知，该班级的体测成绩的平均数为，
所以，该班级的体测成绩方差为
，
无法确定与的大小，C错；
对于D选项，由题意可得，
故事件、独立，D对.
故选：ABD.
11．ACD
【分析】利用补形法可判断A选项；作出辅助线，得到，即、、、四点共面，当与重合时满足要求，但不能与重合，可判断B选项；作出辅助线，得到平面截正方体截面为平行四边形，当与点重合时，面积最大，此时面积为，当与点无限接近时，面积接近于，可判断C选项；作出辅助线，得到点的轨迹是以为圆心，为半径的部分圆弧，可求出点的轨迹长度，可判断D选项.
【详解】对于A选项，将四棱锥补成长方体，
所以，四面体的外接球的直径即为长方体的体对角线长，
即四面体的外接球的直径为，
所以，四面体的外接球的表面积为，A对；
对于B选项，连接、、，
因为且，故四边形为平行四边形， 所以，，
因为、分别是、中点，则，所以，
即、、、四点共面，
当与重合时满足、、、四点共面，
但是线段上的动点（不包含端点），B错；
对于C选项，如图，在平面上作⊥，垂足为点，
过点作在平面内⊥交或者于，
因为平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
又平面，所以⊥，
因为，、平面，所以平面，
平面截正方体截面为平行四边形，
当与点重合时，面积最大，此时，，面积为，
当与点无限接近时，面积接近于，
过且与垂直的平面截正方体所得截面面积取值范围为，C对；
对于D选项，取的中点，连接，则，
则平面，取的中点，以为圆心，为半径作圆，
交、于、，
则点的轨迹为以为圆心，为半径的部分圆弧，
此时满足直线与直线夹角为，
如图，，故，
所以点的轨迹长度为，D对.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：立体几何中截面的处理思路：
（1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程；
（2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线；
（3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线；
（4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面.
12．/0.5
【分析】由向量线性关系的坐标运算及共线的坐标表示列方程求参数即可.
【详解】由题设，，且两向量共线，
所以，则.
故答案为：
13．
【分析】根据题意结合二项展开式的通项公式运算求解.
【详解】因为的二项展开式为，
令，可得；
令，可得；
可得，
所以，
解得：，
故答案为：
14．
【分析】结合二、三次方程的韦达定理建立关于的等量关系，整体消元解方程组可得.
【详解】由题意互不相同，则互不相同.
即互不相同.
由已知，
可得是方程的三个不同的实数根.
由一元三次方程的韦达定理得，即①，
由，且为一常数，
则是方程的两不等根，
则由韦达定理可得，②，
联立①②解得.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解决此题的关键在于理解并应用一元三次方程的韦达定理，再通过根与系数的关系建立方程组求解.
15．(1)；
(2).
【分析】（1）由余弦边角关系及已知可得，再应用余弦定理即可求角的大小；
（2）由三角形面积公式，应用等面积法列方程得，结合（1）的结论，并应用余弦定理求边长，进而确定三角形的周长.
【详解】（1）由题设及余弦定理知，整理得，
所以，，则；
（2）由题意及（1）知：，则，
由，即，
所以（负值舍），故，而，
所以三角形ABC的周长为.
16．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）连接，根据已知易得、，由面面垂直的性质有面，由线面垂直的性质有，最后利用线面垂直的判定和性质证结论；
（2）若为的中点，连接，根据面面垂直的性质证面，在面内作，构建合适空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值.
【详解】（1）由，易知为直角梯形，且，
连接，则，且为等腰直角三角形，，所以，
在中，则，
又，故，即，
且，即，面面，面，
又面面，所以面，面，则，
又且都在面内，故面，面，
所以.
（2）若为的中点，连接，由，则，
面面，面，面面，
所以面，由，易知为直角梯形，
在面内作，则可构建空间直角坐标系，如图，
则，
所以，，，，
若为面的一个法向量，则，
令，则，
若为面的一个法向量，则，
令，则，
所以，
即平面PCD与平面PAB夹角的余弦值为.
17．(1)；
(2).
【分析】（1）应用导数的几何意义求切线方程；
（2）首先证明为偶函数，问题化为研究时恒成立，再结合，根据必要性有得到，再证明充分性，说明上存在，即可得答案.
【详解】（1）由题设，且时，则，
所以，则，
故在点处的切线方程为，
所以.
（2）由且定义域为R，
所以为偶函数，即函数图象关于轴对称，只需研究时恒成立，
由，要使在上恒成立，必有（必要性），
由，则，即，
下证（充分性）：时，恒有在上成立，
在上，
又，且，故，即在上恒成立；
当时，令，则，
在上，即恒成立，
所以上单调递增，
当趋向于0时趋向于()，当趋向于时趋向于，
所以，使，
即，，则在上单调递减，
又，故存在区间上，不合题设；
综上，.
18．(1)；
(2)①证明见解析；②存在，定值为.
【分析】（1）利用两点距离公式、点线距离列方程并整理，即可得轨迹方程；
（2）①令，，联立的轨迹方程，应用韦达定理及求参数，即可证结论；②根据①结论及确定的轨迹，即可得结论，并找到定点坐标.
【详解】（1）令，结合题设有，则，
所以，即点的轨迹方程为.
（2）若以P，Q为直径的圆过点，且直线不过点可知，直线的斜率不为0，
可设，，联立，
则，整理得，
且，则，
所以，，
①由题意
，
所以，即或（舍，直线过点），
所以，故直线过定点，得证.
②由，且直线过定点，
故在以为直径的圆上，且中点为，该点到的距离恒为，
所以，存在定点使.
19．(1)或；.
(2)证明见解析；
(3)证明见解析
【分析】（1）由简单集及最大简单集定义可得；
（2）先证明性质，再应用性质得，分别验证不满足，再找到使的集合则可求；
（3）先证明，说明当时结论不成立；再利用数学归纳法证明当时，结论恒成立，由此得当时也成立.
【详解】（1）若，，
由简单集及最大简单集定义可知，4的最大简单集为或．
故.
（2）设．若为的最大简单集，
且，则．
由于为的简单集，为的简单集，
由最大简单集的定义可知，
故．
因此当时，①，
下面求：
由于，由①可知．
其中中最多只能取三个数：或；
中最多也只能取三个数：或．
若，共四种情况：或或或.
在和中，成等差数列；
在和中，成等差数列；
以上情况均不满足定义，故．
若，则和恰有一个集合有三个数，
依据对称性，不妨设该集合为，三个数为或．
则中选两个数，且不能选7（否则成等差数列），
故只有三种情况：5，6；5，8；6，8．
若选两数为，则在与中，为等差数列；
若选两数为，则在中，为等差数列；
在中，为等差数列；
若选两数为，则在与中，为等差数列；
均不满足定义，故．
又为简单集，故.
（3）一方面，对，若是的最大简单集，
则必为的简单集，故②，
下面证明：当，不满足结论“对任意，恒成立”．
即证：当时，存在，使得.
证明：当时，由①②可知，，
又因为为简单集，所以，
故可知，当时，存在，满足且，
故当，不满足结论“对任意，恒成立”，得证.
另一方面，我们先求出.
对于，可知．
若，因为，所以在中最多选个数，
故必选，因此也不能选；
同理，在中最多选个数，故必选，因此也不能选；
又由选可知，不能选；选可知，不能选；
此时，最大简单集中不能出现，因此必选；
而中，成等差数列，故；
对于，由，
若，同理可知，必属于最大简单集，
此时，最大简单集中不能出现，
则在中需选个数，共种情况，
或或或，
其中分别包含等差数列；；；，故.
下面再证明： 当时，对任意，都有恒成立，
即证：对任意，都有恒成立，
下面用数学归纳法证明：
（i）当时，由①及上面分析可知；
当时，；
当时，；
当时，
（ii）假设当时，有，
则当时，由（1）可知.
故当时，命题也成立．
根据（i）（ii）可知，对任意，都有恒成立.
自然地，当时，，故对任意时，恒成立．
综上所述，若，则“”是“对任意，都有恒成立”的充要条件.
即：若对任意，都有恒成立，则有，得证.
【点睛】关键点点睛：解决此题的关键是理解并应用定义挖掘以下性质并应用：
（1）当时，；
（2）对，若是的最大简单集，则必为的简单集，且.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
A
A
B
D
B
C
C
BD
ABD
题号
11









答案
ACD