2024届江西省景德镇市高三第一次质检数学试题（解析版）

PAGEPAGE3江西省景德镇市2024届高三第一次质检数学试题第Ⅰ卷（选择题）一、选择题1.已知集合，，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】由题意，，所以由交集的概念可知.故选：C.2.已知，则在复平面内对应的点在第（）象限.A.四 B.三 C.二 D.一【答案】A【解析】，则，所以对应点为，在第四象限.故选：A.3.且是的（）A.充要条件 B.充分不必要条件C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】由且，则，充分性成立；由，若满足，但且不成立，必要性不成立；故且是的充分不必要条件.故选：B.4.人们把蜂房誉为自然界最奇异的建筑，蜂房是由许许多多的正六棱柱组成，一个挨着一个，紧密地排列，没有一点空隙.人们一直疑问，蜜蜂为什么不让其巢室呈三角形、正方形或其他形状呢？虽然蜂窝是一个三维体建筑，但每一个蜂巢都是六面柱体，而蜂蜡墙的总面积仅与蜂巢的截面有关.由此引出一个数学问题，即寻找面积最大、周长最小的平面图形.1943年，匈牙利数学家陶斯（LaszloFejesToth）证明了，在所有首尾相连的正多边形中，正六边形的周长是最小的.1999年，黑尔斯证明了周边是曲线时，无论曲线是向外凸还是向内凹，由正六边形组成的图形周长都是最小的.如图是一个边长为2的正六边形ABCDEF，则（）A.4 B. C. D.【答案】A【解析】因为是边长为的正六边形，所以，，，则.故选：A.5.设，，（e自然对数底数），则a，b，c大小关系为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】由题设，，，显然，对于，的大小，只需比较大小，令且，则，即在上递减，所以，故，综上，，故.故选：B.6.对某位运动员近5次比赛成绩统计如下表：比赛次数x12345得分y3940484850根据表可得y关于x的线性回归方程为：，则下列说法不正确的是（）A. B.y与x的相关系数C.得分y的方差为22.8 D.预测第6次比赛成绩约为54【答案】C【解析】由表格数据，，，所以，故，当，则，A、D对；，C错；，B对.故选：C.7.已知抛物线C：的焦点为F，准线为l，过F的直线交抛物线C于A，B两点，的中垂线分别交l与x轴于D，E两点（D，E在的两侧）.若四边形为菱形，则（）A. B. C. D.2【答案】B【解析】由四边形为菱形，如下图示，，，由抛物线性质知：，则，故，又，故，所以.公式，证明如下：令直线（斜率存在）为，代入，则，整理得，若，而，若直线倾斜角为（不为直角），则，所以.故选：B.8.数列前n项和为，且满足：，，，，下列说法错误的是（）A.B.数列有最大值，无最小值C.，使得D.，使得【答案】D【解析】A选项，中，令得，因为，解得，解得，中，令得，即，解得，负值舍去，A正确；B选项，当时，，故，，故，因为，故，，故，则单调递减，数列有最大值，无最小值，B正确；C选项，当时，，此时等号成立，当时，由于，所以，综上，，使得，C正确；D选项，，由C选项可知，，，故，所以恒成立，故不存在，使得，D错误.故选：D.二、选择题9.已知点P在圆O：上，点，.则（）A.直线与圆O相切B.直线与圆O相交，且相交所得弦长为C.存在点P，使得D.存在点P，使得【答案】BCD【解析】由题设，，故圆心到直线的距离，所以直线与圆O相交，且弦长，A错，B对；过N作圆O的切线，位于第二象限切点为A，则，故，则点P与A重合时最大的，那么，当P在圆上运动时必然存在，C对；若，则P在以为直径的圆上，圆与圆，圆心距为，所以两圆有交点，故存在P使得，D对.故选：BCD.10.已知向量，，以下结论正确的是（）A.若，，则B.若，则C.若，，则D.若，，则【答案】BD【解析】A：若，则，，则，所以，错；B：若，则，而，对；C：若，则，故，，则或，所以或，错；D：若，则，可得，，所以，故，对；故选：BD.11.如图，正方体的棱长为2，E，F，G，H分别是所在棱上的点，且满足，则（）A.若四边形为矩形，则B.若四边形为菱形，则E，G或F，H为所在棱中点C.若四边形为菱形，则四边形的周长取值范围为D.当且仅当E，F，G，H均为所在棱中点时，四边形为正方形【答案】BCD【解析】A：若四边形为矩形，也有可能，如下图示，即只需用一个垂直于一组对面的平面截正方体，并保证即可，错；B：若四边形为菱形，，则且对角线垂直，若E，G或F，H都不是棱中点，如下图，作，分别交于，因为E，G都不是棱中点，则，易知，与菱形矛盾，所以E，G或F，H至少有一对是棱中点，对；C：由B分析知：四边形为菱形，假设E，G是棱中点，且，所以F，H都是棱中点时，菱形边长最短为2；F，H都是顶点时，菱形边长最长为，棱长的范围为，故四边形的周长取值范围为，对；D：要使四边形为正方形，即用一个垂直于一组对面的平面截正方体，且截面过一组相对侧棱的中点，结合矩形和菱形的性质，且，则E，F，G，H均为所在棱中点，对.故选：BCD.12.已知，则下列说法正确是（）A.函数有两个零点B.函数在上单调递减C.函数无最大值和最小值D.当或时，关于x的方程有且仅有1个解【答案】ACD【解析】由且，故上，递增，上，递减，且极大值，，在内趋向于1时趋向于0且恒负，则趋向，在上恒成立，趋向于时趋向于，则趋向3，综上，图象如下，所以有两个零点，上不单调，无最大值和最小值，或时，关于x的方程有且仅有1个解.故选：ACD.第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题.13.二项式的展开式中常数项为______（用数字作答）.【答案】60【解析】二项式展开式的通项公式为，由题意令，解得，所以二项式展开式中的常数项为.故答案为：60.14.函数在处的切线方程为________.【答案】【解析】由题意知，，则切点为，，所以切线的斜率为，故函数在处的切线方程为，即.故答案为：.15.已知曲线向右平移个单位后得到的曲线对应的函数为，若为偶函数，且在上单调递增，则_________.【答案】或【解析】由题意可知，又因为为偶函数，所以，或，解得，，又因为，所以，又，所以，又因为当时，，当时，由在上单调递增可得：，解得，由，可得，由，解得，所以，又因为，且，所以，解得，所以；当时，由在上单调递增可得：，解得，由，可得，由，解得，所以，所以，又因为得，且，所以，解得，所以，，综上所述，或.故答案为：或16.已知双曲线C：的左右焦点分别为，，点P是C的右支上一点，，交y轴于Q，（O为坐标原点），则双曲线C的渐近线方程为________.【答案】【解析】中，，中，，，而，故，且，则，故双曲线C的渐近线方程为.故答案为：.四、解答题17.记为数列的前n项和，时，满足，.（1）求的通项公式；（2）求.解：（1）当时，，得，因为时，，时，，此时，不满足，所以数列从第二项起是以为首项，为公比的等比数列，所以.（2）当时，，所以，当时，，也满足上式，故.18.如图，已知△ABD的重心为C，△ABC三内角A、B、C的对边分别为a，b，c.且（1）求∠ACB的大小；（2）若，求的大小.解：（1）由题意知，，，由正弦定理，得，整理，得，又，所以，有，又，所以，由，得，即.（2）由题意知，点C是的重心，如图，延长DA、BC分别交AB、AD于点E、F，则E、F分别是AB、AD的中点，由（1）知，又，则，得，由，知为等边三角形，有，所以，直角中，，所以，在中，由余弦定理，得，由，得，即的值为.19.如图，三棱锥中，与均为等边三角形，，M为的中点.（1）求证：；（2），求二面角的余弦值.（1）证明：连接，由与均为等边三角形，则，所以，，面，所以面，面，则.（2）解：设，由（1），，则，故，又，，面，故面，构建如下图示的空间直角坐标系，则，所以，又，易得，由，若面的一个法向量为，则，令，故；由，若面的一个法向量为，则，令，故，所以，由图知二面角的平面角为钝角，所以二面角的余弦值.20.某娱乐节目闯关游戏共有三关，游戏规则如下，选手依次参加第一，二，三关，闯关成功可获得的奖金分别为1000元、2000元、3000元.奖金可累加，若某关闯关成功，选手可以选择结束闯关游戏并获得相应奖金，也可以选择继续闯关，若有任何一关闯关失败，则连同前面所得奖金全部归零，闯关游戏结束.选手小刘参加闯关游戏，已知他第一，二，三关闯关成功的概率分别为，，.第一关闯关成功选择继续闯关的概率为，第二关闯关成功选择继续闯关的概率为，且每关闯关成功与否互不影响.（1）求小刘第一关闯关成功，但所得总奖金为零的概率；（2）设小刘所得奖金为X，求随机变量X的分布列及数学期望.解：（1）由题意，要使小刘第一关闯关成功，但所得总奖金为零，选择闯第二关且失败，或选择闯第二关且成功，又选择闯第三关且失败，所以小刘第一关闯关成功，但所得总奖金为零的概率.（2）由题意，，且，，，，X的分布列如下：0100030006000元.21.已知椭圆C：的焦距为，左右顶点分别为A，B.M是C上异于A，B的点，满足MA，MB的斜率之积为.（1）求C的方程；（2）P，Q是椭圆C上的两点（P在Q的左侧），AP，BQ的斜率为，，且.且AQ与PB相交于T，求的取值范围.解：（1）设，，因为MA，MB的斜率之积为，所以，因为M是C上的点，所以，所以，故，又因为，所以，又因为，所以，故椭圆C的方程为：.（2）设的斜率为，AP，BQ的斜率为，，因为在椭圆上，所以，，所以，同理，易知，由，所以，设的方程为：，的方程为：，联立，则，解得：，联立，可得：，因为直线与椭圆交于两点，即，解得：，联立，可得：，因为直线与椭圆交于两点，即，解得：，由可得：，则，即，则，所以，因为，所以，.的取值范围为.22.已知函数，.（1）若，求函数值域；（2）是否存在正整数a使得恒成立？若存在，求出正整数a的取值集合；若不存在，请说明理由.解：（1）由题设，则，若，则，，可得，递增；若，则，，可得，递减；又，综上，，值域为.（2）由，，则，令，，则，且，当，，（舍）；当，则，故，令，则，又，对于，有，即递增，所以，故恒成立，所以，即在上递增，又，则，所以在上递增，又，即，，符合题意；当，令，则，，所以（舍）；综上，正整数a的取值集合.江西省景德镇市2024届高三第一次质检数学试题第Ⅰ卷（选择题）一、选择题1.已知集合，，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】由题意，，所以由交集的概念可知.故选：C.2.已知，则在复平面内对应的点在第（）象限.A.四 B.三 C.二 D.一【答案】A【解析】，则，所以对应点为，在第四象限.故选：A.3.且是的（）A.充要条件 B.充分不必要条件C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】由且，则，充分性成立；由，若满足，但且不成立，必要性不成立；故且是的充分不必要条件.故选：B.4.人们把蜂房誉为自然界最奇异的建筑，蜂房是由许许多多的正六棱柱组成，一个挨着一个，紧密地排列，没有一点空隙.人们一直疑问，蜜蜂为什么不让其巢室呈三角形、正方形或其他形状呢？虽然蜂窝是一个三维体建筑，但每一个蜂巢都是六面柱体，而蜂蜡墙的总面积仅与蜂巢的截面有关.由此引出一个数学问题，即寻找面积最大、周长最小的平面图形.1943年，匈牙利数学家陶斯（LaszloFejesToth）证明了，在所有首尾相连的正多边形中，正六边形的周长是最小的.1999年，黑尔斯证明了周边是曲线时，无论曲线是向外凸还是向内凹，由正六边形组成的图形周长都是最小的.如图是一个边长为2的正六边形ABCDEF，则（）A.4 B. C. D.【答案】A【解析】因为是边长为的正六边形，所以，，，则.故选：A.5.设，，（e自然对数底数），则a，b，c大小关系为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】由题设，，，显然，对于，的大小，只需比较大小，令且，则，即在上递减，所以，故，综上，，故.故选：B.6.对某位运动员近5次比赛成绩统计如下表：比赛次数x12345得分y3940484850根据表可得y关于x的线性回归方程为：，则下列说法不正确的是（）A. B.y与x的相关系数C.得分y的方差为22.8 D.预测第6次比赛成绩约为54【答案】C【解析】由表格数据，，，所以，故，当，则，A、D对；，C错；，B对.故选：C.7.已知抛物线C：的焦点为F，准线为l，过F的直线交抛物线C于A，B两点，的中垂线分别交l与x轴于D，E两点（D，E在的两侧）.若四边形为菱形，则（）A. B. C. D.2【答案】B【解析】由四边形为菱形，如下图示，，，由抛物线性质知：，则，故，又，故，所以.公式，证明如下：令直线（斜率存在）为，代入，则，整理得，若，而，若直线倾斜角为（不为直角），则，所以.故选：B.8.数列前n项和为，且满足：，，，，下列说法错误的是（）A.B.数列有最大值，无最小值C.，使得D.，使得【答案】D【解析】A选项，中，令得，因为，解得，解得，中，令得，即，解得，负值舍去，A正确；B选项，当时，，故，，故，因为，故，，故，则单调递减，数列有最大值，无最小值，B正确；C选项，当时，，此时等号成立，当时，由于，所以，综上，，使得，C正确；D选项，，由C选项可知，，，故，所以恒成立，故不存在，使得，D错误.故选：D.二、选择题9.已知点P在圆O：上，点，.则（）A.直线与圆O相切B.直线与圆O相交，且相交所得弦长为C.存在点P，使得D.存在点P，使得【答案】BCD【解析】由题设，，故圆心到直线的距离，所以直线与圆O相交，且弦长，A错，B对；过N作圆O的切线，位于第二象限切点为A，则，故，则点P与A重合时最大的，那么，当P在圆上运动时必然存在，C对；若，则P在以为直径的圆上，圆与圆，圆心距为，所以两圆有交点，故存在P使得，D对.故选：BCD.10.已知向量，，以下结论正确的是（）A.若，，则B.若，则C.若，，则D.若，，则【答案】BD【解析】A：若，则，，则，所以，错；B：若，则，而，对；C：若，则，故，，则或，所以或，错；D：若，则，可得，，所以，故，对；故选：BD.11.如图，正方体的棱长为2，E，F，G，H分别是所在棱上的点，且满足，则（）A.若四边形为矩形，则B.若四边形为菱形，则E，G或F，H为所在棱中点C.若四边形为菱形，则四边形的周长取值范围为D.当且仅当E，F，G，H均为所在棱中点时，四边形为正方形【答案】BCD【解析】A：若四边形为矩形，也有可能，如下图示，即只需用一个垂直于一组对面的平面截正方体，并保证即可，错；B：若四边形为菱形，，则且对角线垂直，若E，G或F，H都不是棱中点，如下图，作，分别交于，因为E，G都不是棱中点，则，易知，与菱形矛盾，所以E，G或F，H至少有一对是棱中点，对；C：由B分析知：四边形为菱形，假设E，G是棱中点，且，所以F，H都是棱中点时，菱形边长最短为2；F，H都是顶点时，菱形边长最长为，棱长的范围为，故四边形的周长取值范围为，对；D：要使四边形为正方形，即用一个垂直于一组对面的平面截正方体，且截面过一组相对侧棱的中点，结合矩形和菱形的性质，且，则E，F，G，H均为所在棱中点，对.故选：BCD.12.已知，则下列说法正确是（）A.函数有两个零点B.函数在上单调递减C.函数无最大值和最小值D.当或时，关于x的方程有且仅有1个解【答案】ACD【解析】由且，故上，递增，上，递减，且极大值，，在内趋向于1时趋向于0且恒负，则趋向，在上恒成立，趋向于时趋向于，则趋向3，综上，图象如下，所以有两个零点，上不单调，无最大值和最小值，或时，关于x的方程有且仅有1个解.故选：ACD.第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题.13.二项式的展开式中常数项为______（用数字作答）.【答案】60【解析】二项式展开式的通项公式为，由题意令，解得，所以二项式展开式中的常数项为.故答案为：60.14.函数在处的切线方程为________.【答案】【解析】由题意知，，则切点为，，所以切线的斜率为，故函数在处的切线方程为，即.故答案为：.15.已知曲线向右平移个单位后得到的曲线对应的函数为，若为偶函数，且在上单调递增，则_________.【答案】或【解析】由题意可知，又因为为偶函数，所以，或，解得，，又因为，所以，又，所以，又因为当时，，当时，由在上单调递增可得：，解得，由，可得，由，解得，所以，又因为，且，所以，解得，所以；当时，由在上单调递增可得：，解得，由，可得，由，解得，所以，所以，又因为得，且，所以，解得，所以，，综上所述，或.故答案为：或16.已知双曲线C：的左右焦点分别为，，点P是C的右支上一点，，交y轴于Q，（O为坐标原点），则双曲线C的渐近线方程为________.【答案】【解析】中，，中，，，而，故，且，则，故双曲线C的渐近线方程为.故答案为：.四、解答题17.记为数列的前n项和，时，满足，.（1）求的通项公式；（2）求.解：（1）当时，，得，因为时，，时，，此时，不满足，所以数列从第二项起是以为首项，为公比的等比数列，所以.（2）当时，，所以，当时，，也满足上式，故.18.如图，已知△ABD的重心为C，△ABC三内角A、B、C的对边分别为a，b，c.且（1）求∠ACB的大小；（2）若，求的大小.解：（1）由题意知，，，由正弦定理，得，整理，得，又，所以，有，又，所以，由，得，即.（2）由题意知，点C是的重心，如图，延长DA、BC分别交AB、AD于点E、F，则E、F分别是AB、AD的中点，由（1）知，又，则，得，由，知为等边三角形，有，所以，直角中，，所以，在中，由余弦定理，得，由，得，即的值为.19.如图，三棱锥中，与均为等边三角形，，M为的中点.（1）求证：；（2），求二面角的余弦值.（1）证明：连接，由与均为等边三角形，则，所以，，面，所以面，面，则.（2）解：设，由（1），，则，故，又，，面，故面，构建如下图示的空间直角坐标系，则，所以，又，易得，由，若面的一个法向量为，则，令，故；由，若面的一个法向量为，则，令，故，所以，由图知二面角的平面角为钝角，所以二面角的余弦值.20.某娱乐节目闯关游戏共有三关，游戏规则如下，选手依次参加第一，二，三关，闯关成功可获得的奖金分别为1000元、2000元、3000元.奖金可累加，若某关闯关成功，选