江西拾德镇2025届高三数学第一次质检试题试题理含解析

PAGE23-江西省景德镇2025届高三数学第一次质检试题试题理（含解析）一、选择题：本题共12小题,每小题5分,共60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】【分析】分别化简集合,再求并集即可【详解】，则故选：A【点睛】本题考查指数不等式及对数不等式求解，考查集合的并集运算，是基础题2.已知为虚数单位，若，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】首先进行复数的除法运算，得a,b值，再进行乘方运算即可【详解】2故选：C【点睛】本题考查复数的运算，本题解题的关键是把复数整理成复数的代数形式的标准形式，得到实部和虚部．3.在一个坛子中装有个除颜色外完全相同的玻璃球，其中有个红球，个蓝球，个黄球，个绿球，现从中任取一球后（不放回），再取一球，则已知第一个球为红色的状况下其次个球为黄色的概率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】设第一次取出的是红球为事务，其次次取到黄球为事务，求出，，然后利用条件概率公式进行计算即可．【详解】解：设第一次取出的是红球为事务，其次次取到黄球为事务．

则由题意知，，

已知第一个球为红色的状况下其次个球为黄色的概率为．

故选A．【点睛】本题主要考查条件概率的求法，要求娴熟驾驭条件概率的概率公式：．4.已知，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】结合sin2+cos2＝1，计算出sin,再利用两角和与差的余弦公式进行化简即可．【详解】可知，cos＞0，sin<0∵sin2+cos2＝1,故sin∵cos（）＝cos故选：C．【点睛】此题考查了两角和与差公式以及同角三角函数的基本关系，娴熟驾驭公式是解题的关键．5.假如用表示不同直线，表示不同平面，下列叙述正确的是（）A.若，，则 B.若，，，则C.若，，则 D.若，，则【答案】D【解析】【分析】依据线面关系，面面关系逐项检验即可求解【详解】选项A中还有直线n在平面内的状况，故A不正确，选项B中再加上两条直线相交的条件可以得到两个平面平行，故B不正确，选项C中还有相交，故C不正确，故选：D．【点睛】本题考查平面的基本性质及推论，本题解题的关键是在推导这种线面位置关系的问题时，留意简单忽视的细微环节问题．6.若变量满意约束条件，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】画出可行域，由的几何意义是可行域内点与（1,0）的距离的平方，从而解得．【详解】结合题意作平面区域如下，而的几何意义是可行域内的点与（1,0）的距离的平方，又（1,0）到直线的距离为故的最小值为故选：B【点睛】本题考查了线性规划问题的变形应用及数形结合的思想方法应用，属于中档题．7.我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有蒲生一日，长三尺莞生一日，长一尺蒲生日自半，莞生日自倍.问几何日而长倍？”意思是：“今有蒲草第天长高尺，芜草第天长高尺以后，蒲草每天长高前一天的一半，芜草每天长高前一天的倍.问第几天莞草是蒲草的二倍？”你认为莞草是蒲草的二倍长所须要的天数是（）（结果实行“只入不舍”的原则取整数，相关数据：，）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由题意可利用等比数列的求和公式得莞草与蒲草n天后长度，进而可得：，解出即可得出．【详解】由题意可得莞草与蒲草第n天的长度分别为据题意得：，解得2n＝12，∴n24．故选：C．【点睛】本题考查了等比数列的通项公式与求和公式，考查了推理实力与计算实力，属于中档题．8.某正三棱柱各棱长均为，则该棱柱的外接球表面积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由题意可知上下底面中心连线的中点就是球心，求出球的半径，即可求出球的表面积．【详解】依据题意条件可知三棱柱是棱长都为2的正三棱柱，设上下底面中心连线EF的中点O，则O就是球心，则其外接球的半径为OA1，又设D为A1C1中点，在直角三角形EDA1中，EA1，在直角三角形ODA1中，OE，由勾股定理R＝OA1，∴球的表面积为S＝4π•．故选：D．【点睛】本题主要考查空间几何体中位置关系、球和正棱柱的性质以及相应的运算实力和空间形象实力．9.已知，且不等式对随意恒成立，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用二次函数配方得的最小值，再由基本不等式得到关于ab的范围，将所求平方即可代入求解【详解】由题意不等式对随意恒成立又∴a+b≤6则当且仅当成立故故选：C【点睛】本题主要考查不等式恒成立问题，综合考查基本不等式与不等式的解法，恒成立的问题一般与最值有关．10.已知椭圆，双曲线有公共焦点，它们的一个交点为，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设为第一象限的交点，，运用椭圆和双曲线的定义，求得，再结合余弦定理可得结果.【详解】解：设为第一象限的交点，，

由椭圆的定义可得，，

由双曲线的定义可得，，

解得，

在中，由余弦定理可得

，

即为，即，整理得：，

，故选B.【点睛】本题考查椭圆和双曲线的定义，考查利用余弦定理解焦点三角形问题，属于中档题．11.函数在区间内有最大值无最小值，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用代入解除法，先代入，假如满意题意，就解除AB，再代入验证，假如不满意题意，就解除CD，再代入验证.【详解】解：当时，令，解得，当时，可取最大值，令，解得，当时，可取最小值，与函数在区间内有最大值无最小值冲突，故，解除CD；当时，令，解得，当时，可取最大值，令，解得，不存在，使，故时，函数在区间内有最大值无最小值，故选A.【点睛】本题考查正弦型函数在区间上的最值问题，利用解除法可快速得到答案，是中档题.12.设函数的最大值为，最小值为，则（）A.存在实数，使B.存实数，使C.对随意实数，有D.对随意实数，有【答案】A【解析】【分析】将函数整理为a（sinx﹣ycosx）＝（a2+1）（1﹣y），，再由协助角公式和正弦函数值域，得到不等式，结合韦达定理及基本不等式，即可得到答案．【详解】y（x∈R），即有a（sinx﹣ycosx）＝（a2+1）（1﹣y），即为asin（x﹣θ）＝（a2+1）（1﹣y），θ为协助角．由x∈R，|sin（x﹣θ）|≤1，可得|（a2+1）（1﹣y）|≤|a|，即有（a2+1）2•（y﹣1）2≤a2•（1+y2），化简可得（a4+a2+1）y2﹣2（a4+3a2+1）y+（a4+a2+1）≤0，由于a4+a2+1＞0恒成立，判别式4（a4+3a2+1）2﹣4（a4+a2+1）2＞0恒成立，即有不等式的解集为[m（a），M（a）]，由韦达定理可得∀a∈R，m（a）•M（a）＝1，且m（a）+M（a）>,故m（a），M（a）同正，则m（a）+M（a）>,故存在实数，使故选：A．【点睛】本题考查三角函数的值域，主要考查协助角公式的运用和正弦函数的值域，考查运算实力，精确利用函数有界性结合判别式求最值是关键，属于难题．二、填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.在的绽开式中，的系数为______．【答案】80【解析】【分析】利用二项式绽开式的通项公式，化简后求得的值，进而求得结论．【详解】解：的绽开式中，通项公式，令，解得．的系数．故答案为80．【点睛】本题考查了二项式定理的通项公式，考查了推理实力与计算实力，属于基础题．14.已知分别为椭圆的左右焦点，为椭圆上的一点，为坐标原点，且，，则该椭圆的离心率为__________．【答案】【解析】【分析】由可将，均用表示出来，又由得到为直角三角形，利用勾股定理可求得椭圆的离心率.【详解】解：，又，，，，，即为直角三角形，，解得：

故答案为.【点睛】本题考查椭圆的离心率，敏捷利用椭圆的定义以及焦点三角形中边的的关系可快速求解，是基础题.15.在中，，，点为中点.若点为的外心，则__________．【答案】【解析】【分析】将变形为，利用数量积的几何意义进行计算即可.【详解】画出和外接圆如图：作交于点，作交于点，故答案为【点睛】本题考查平面对量数量积的几何意义，是中档题.16.已知函数，则不等式的解集为__________．【答案】【解析】分析】由已知可知，函数f（x）为偶函数，且x＞0时，f（x）单调递减，利用单调性去掉函数符号从而得不等式求解【详解】∵f（x）＝x0.5，定义域为∴f（﹣x）＝f（x）即函数f（x）为偶函数，x＞0时，f（x）单调递减∵f（1），故不等式等价为∴f（log3x）f（1），且x≠1∴|log3x|≤1，解不等式可得且x≠1，故不等式的解集为故答案为：【点睛】本题主要考查了偶函数对称性及单调性在不等式求解中的应用，属于学问的综合应用．三、解答题：共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤，第17-21题为必考题，每个试题考生都必需作答，第22，23题为选考题，考生依据要求作答.（一）必考题，共60分17.数列满意：（1）求的通项公式；（2）若数列满意，求的前项和.【答案】（1）;（2）.【解析】【分析】（1）利用时，求解；检验成马上可求解（2）由，得，利用错位相减求和即可【详解】（1）令时，时，，满意所以；（2）由，①②①②得【点睛】本题考查利用前n项和求通项公式，考查错位相减求和，精确利用前n项和求出通项公式是关键，是中档题18.如图所示，在四棱锥中，是正三角形，四边形为直角梯形，点为中点，且，，，，.（1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取的中点，并连接，先得出为二面角的平面角，进而得到，即可得平面平面；（2）以点为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和平面的法向量，利用向量的夹角公式求出两个法向量夹角的余弦值，进而可得二面角的余弦值.【详解】（1）证：取的中点，并连接.则据题意可得：中位线的长为，且又因为是正三角形，所以故：为二面角的平面角而，有，即由定义可知：平面平面（2）解：由（1）可得：平面，以点为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系则，，，，，设为平面的法向量，则有令可得；同理可得：平面故：二面角的余弦值为.【点睛】本题考查面面垂直的证明以及向量法求二面角，考查学生的计算实力，是中档题.19.2024年1月1日，“学习强国”学习平台在全国上线，“学习强国”学习平台是由中宣部主管，以习近平新时代中国特色社会主义思想和党的十九大精神为主要内容，立足全体党员，面对全社会的优质平台，某企业为响应国家号召，组织员工参加学习、答题，答题环节包括“每日答题”、“每周答题”、“专项答题”和“挑战答题”.（1）参加一轮“每日答题”环节，该环节共题，全答对获分；若答对到题获分；若只答对题或全没答对不得分.已知员工甲每题答对的概率均为，且每道题答对与否互不影响，求其参加一轮“每日答题”答题后获得分数的分布列和期望；（2）随着学习的深化进行，员工甲统计了自己学习积分与学习天数的状况：学习天数总得分依照线性回来方程拟合数据，估计甲第天的总得分.参考数据：；；参考公式：；【答案】（1）答案见解析，；（2）.【解析】【分析】（1）据题意可知：可取，分别求出对应概率，列出分布列，进而求出期望；（2）求出，利用公式求出，可得回来方程，代入，可得第天的总得分的估计值.【详解】解：（1）据题意可知：可取有；；故：的分布列为：（2）计算平均数；；故：回来方程为代入，估计第天时的总积分为【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列和期望，以及依据给出的公式求回来方程，考查学生计算实力，是中档题.20.抛物线的焦点为，是抛物线上关于轴对称的两点，点是抛物线准线与轴的交点，是面积为的直角三角形.（1）求抛物线的方程；（2）点在抛物线上，是直线上不同的两点，且线段的中点都在抛物线上，试用表示.【答案】（1）；（2）（或）.【解析】【分析】（1）设出直线的方程，于抛物线联立，求出的坐标，利用的面积为列方程求出的值，进而可得抛物线的方程；（2）利用是直线上不同的两点,设，表示出的中点坐标，代入抛物线方程，可得以为根的方程，依据判别式和韦达定理用表示出.【详解】解：（1）不妨设点位于第一象限，则直线的方程为联立方程，解得所以.，解得故抛物线的方程为（2）设的中点坐标为代入得：同理可得：是方程的两个根解得或.由韦达定理可得：则（或）【点睛】本题考查抛物方程以及直线上两点的距离公式，其中构造以为根的二次方程是重点，考查了学生的计算实力，是中档题.21.已知函数（）.（1）证明：当时，在上是增函数；（2）是否存在实数，只有唯一正数，对随意正数，使不等式恒成立？若存在，求出这样的；若不存在，请说明理由.【答案】（1）详见解析；（2）存在实数，只有唯一值，符合题意.【解析】分析】（1）将在上是增函数转化为在上恒成立，构造新函数利用导数求最值即可证明.（2）将恒成立转化为恒成立，利用导数探讨其单调性及最值，找到符合题意的正数的值.【详解】证明：（1）令则，因此是增函数故，因此是增函数（2）取，可知，令由得①当时，可得在递减，是递增令因为存在唯一的正数，使得故只能得在上递减，在上递增得，此时只有唯一值②当时，