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文档简介
江西省多所学校2025届高三下学期第一次大联考数学试题一、单选题(本大题共8小题)1.已知集合,则(
)A. B. C. D.2.某高中为鼓励全校师生增强身体素质,推行了阳光校园跑的措施,随机调查7名同学在某周周日校园跑的时长(单位:分钟),得到统计数据如下:.则该组数据的中位数和平均数分别为(
)A.60,58 B.60,60 C.55,58 D.55,603.已知为实数,则(
)A. B.2 C.1 D.4.曲线在点处的切线方程为(
)A. B.C. D.5.已知锐角满足,则(
)A. B. C. D.6.过点的直线与曲线有两个交点,则直线斜率的取值范围为(
)A. B. C. D.7.已知椭圆的右焦点为,过且斜率为1的直线与交于两点,若线段的中点在直线上,则的离心率为(
)A. B. C. D.8.如图,在平行四边形中,为边上异于端点的一点,且,则(
)
A. B. C. D.二、多选题(本大题共3小题)9.已知双曲线,则(
)A.的取值范围是B.时,的渐近线方程为C.的焦点坐标为D.可以是等轴双曲线10.下列函数中,存在数列使得和都是公差不为0的等差数列的是(
)A. B.C. D.11.已知定义在上的偶函数和奇函数满足,则(
)A.的图象关于点对称B.是以8为周期的周期函数C.D.三、填空题(本大题共3小题)12.二项式的展开式中的系数为.13.已知函数在区间内恰有两个极值点,则实数的取值范围为.14.已知三个正整数的和为8,用表示这三个数中最小的数,则的期望.四、解答题(本大题共5小题)15.2024年全国田径冠军赛暨全国田径大奖赛总决赛于6月30日在山东省日照市落幕.四川田径队的吴艳妮以12秒74分的成绩打破了100米女子跨栏的亚洲纪录,并夺得了2024年全国田径冠军赛女子100米跨栏决赛的冠军,通过跑道侧面的高清轨道摄像机记录了该运动员时间(单位:)与位移(单位:)之间的关系,得到如下表数据:2.82.933.13.22425293234画出散点图观察可得与之间近似为线性相关关系.(1)求出关于的线性回归方程;(2)记,其中为观测值,为预测值,为对应的残差,求前3项残差的和.参考数据:,参考公式:.16.已知的内角的对边分别为,且.(1)证明:;(2)若,求的周长.17.已知直线交抛物线于两点,为的焦点,且.(1)证明:;(2)求的取值范围.18.如图,在棱长为4的正方体中,将侧面沿逆时针旋转角度至平面,其中,点是线段的中点.
(1)当时,求四棱锥的体积;(2)当直线与平面所成的角为时,求的值.19.定义:若对于任意,数列满足:①;②,其中的定义域为,则称关于满足性质.(1)请写出一个定义域为的函数,使得关于满足性质;(2)设,若关于满足性质,证明:;(3)设,若关于满足性质,求数列的前项和.
参考答案1.【答案】D【分析】根据真数要大于0和集合交集的运算法则即可求解.【详解】,故.故选D.2.【答案】B【分析】根据中位数定义,以及平均数公式即可求得.【详解】将样本数据从小到大排列为.易得中位数为60,平均数为.故选B.3.【答案】D【分析】利用为实数求出,再根据复数的模的公式求解.【详解】由题意可得,由为实数,得,即,则,故.故选D.4.【答案】C【分析】先求导,根据导数的几何意义写出切线斜率,然后利用点斜式写出方程.【详解】因为,所以在点处的切线斜率为,所以切线方程为,即.故选C.5.【答案】A【分析】利用诱导公式以及两角差的余弦公式可得,再根据角的范围以及余弦函数单调性即可得出结论.【详解】因为,所以,又因为为锐角,则,而在上单调递减,从而,即.故选A.6.【答案】B【分析】由题知曲线是以为圆心,1为半径的半圆,结合图形,利用过两点直线的斜率和直线与圆的位置关系,即可求解.【详解】由题意易知直线的斜率存在且不为0,设直线,曲线是以为圆心,1为半径的半圆(如图所示),设曲线的下端点为,要使与曲线有两个交点,则应位于直线和切线之间,所以,因为,易知,又与曲线相切,由,解得,所以,所以直线斜率的取值范围为.故选B.7.【答案】D【分析】分别联立直线和椭圆,利用的坐标相等建立齐次方程,求解离心率即可.【详解】设,由题意可知直线的方程为,线段的中点是直线与直线的交点,联立,解得,所以,另一方面,联立,得.易知,由韦达定理得,解得,所以,故离心率,故D正确.故选D.8.【答案】B【分析】利用同角三角函数的基本关系求出,利用共线定理设,表示出,,根据建立等式求解,分别求出各边的长度,然后即可求解.【详解】由,知为锐角,又因为,所以.设,即,.由,得,又,故.则,因此,即.在中,由正弦定理,以及,整理计算得.故选B.9.【答案】ACD【分析】选项A,利用双曲线的标准方程,即可求解;选项B,根据条件,利用求双曲线渐近线的求法,即可求解;选项C,由选项A知焦点在轴上,再由,即可求解;选项D,利用等轴双曲线的定义,即可求解.【详解】对于选项A,因为表示双曲线,所以,解得,所以A正确;对于选项B,当时,双曲线方程为,其渐近线方程为,所以B错误;对于选项C,由选项A得0,所以焦点在轴上,设的半焦距为,则,解得,故其焦点坐标为,所以C正确;对于D,若为等轴双曲线,则,解得,所以D正确,故选ACD.10.【答案】AD【分析】转化为选项所给函数与一次函数是否存在3个交点,且其中一个交点是另外两个交点的中点,即可满足题意,A选项,根据为奇函数,过原点的直线满足要求,A正确;BC选项,不会有3个交点,舍去;D选项,判断出为奇函数,与过原点的直线会和函数有三个交点,且原点是另外两个交点的中点,D正确.【详解】该题可转化为判断选项所给函数与一次函数是否存在3个交点,且其中一个交点是另外两个交点的中点,即可满足题意,A选项,为奇函数,过原点的直线与有多个交点(包含原点),其中原点为两个对称交点的中点,满足题意,故A正确;B选项,由于与一次函数最多两个交点,不可能有三个交点,故B错误;C选项,为偶函数,且与二次函数图象形状类似,与一次函数最多两个交点,不可能有三个交点,故C错误;D选项,令,解得,故的定义域为,又,故为奇函数,在上单调递增,且在上单调递增,由复合函数单调性可知,在上单调递增,且,时,趋向于,故过原点的直线可以与奇函数存在三个交点,其中一个为原点,且原点是另外两个交点的中点,故D正确.故选AD.【关键点拨】数列新定义问题,主要针对于等差,等比,递推公式和求和公式等综合运用,对常见的求通项公式和求和公式要掌握牢固,同时涉及数列与函数,数列与解析几何,数列与二项式定理,数列与排列组合等知识的综合.11.【答案】ABC【分析】根据函数奇偶性以及表达式可知满足,可判断A正确;化简可得可知B正确;又可得,即C正确;利用赋值法可求得,可知D错误.【详解】对于A,由题意,且,即①,用替换中的,得②,由①+②得,所以的图象关于点对称,且,故A正确;对于B,由,可得,,所以,所以是以8为周期的周期函数,故B正确;对于C,由①知,则,所以,故C正确;对于D,又因为,所以,令,则有2,令,则有,令,则有,所以,所以,故D错误.故选ABC.【方法总结】函数性质综合问题经常利用函数的奇偶性、对称性、周期性中的两条性质去推导第三个性质,再将3个性质综合运用即可实现问题求解.12.【答案】15【分析】先写出二项式的展开式的通项,再依题意求解.【详解】由二项式的展开式的通项为,令,得其展开式中的系数为.故答案为:15.13.【答案】【分析】由正弦型函数可知:两个零点之间必存在极值点,两个极值点之间必存在零点,利用正弦型函数的极值点可得即可求解.【详解】由题意可得,当时,,由函数在内恰有两个极值点,可知,解得.故答案为:.14.【答案】【分析】利用组合的知识与隔板法,分类讨论求得与对应的概率,从而利用数学期望的计算公式即可求解.【详解】设这三个正整数分别为,则题意可得,所以随机变量可能取值为1和2,用隔板法可求得:事件总情况为种,当时,分两种情况:①三个数中只有一个1,有种;②三个数中有两个1,有种,所以时,;当时,也分两种情况:①三个数中只有一个2,有种;②三个数中有两个2,有种,所以时,,所以.故答案为:.【关键点拨】本题解决的关键在于利用隔板法求得事件总情况为种,再分类讨论与对应的概率.15.【答案】(1)(2)【分析】(1)根据已知条件求得回归方程的系数,即可得回归方程;(2)结合题中数据和计算公式即可求得.【详解】(1)依题意可得所以关于的线性回归方程为.(2)根据(1)得到;;,所以.16.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】(1)根据条件得到,利用正弦定边化角,三角形内角和定理,两角和的正弦定理得到,根据即可证明;(2)由(1)的结论计算出,再利用余弦定理建立等式求解即可.【详解】(1)由,得,由正弦定理得.因为,所以.(2)因为,所以,由余弦定理得,即,解得,所以的周长为.17.【答案】(1)证明见解析(2)或【分析】(1)联立方程消元,利用根的判别式来证明;(2)设,根据建立等式,将代入等式得出关于,利用偶次方的非负性解不等式即可.【详解】(1)由题意联立得,;(2)设,由(1)得,
,,即,即,整理得,将代入并整理得,,,且,解得:或.18.【答案】(1)(2)【分析】(1)只需算出,并证明平面,然后结合棱锥体积公式计算即可;(2)建立适当的空间直角坐标系,用表示直线的方向向量与平面的法向量,结合已知即可列方程求解.【详解】(1)由题意平面平面,所以,又因为,得,所以,因为,所以,故,又,故平面,所以.(2)如图,易知两两垂直,以为原点,为轴建立空间直角坐标系,
由题知,则,故,设平面的一个法向量为,由得取,得,故,又,,即,化简可得,解得或(舍去).19.【答案】(1)(注:所有的定义域为的偶函数均符合题意)(2)证明见解析(3)【分析】(1)设,得到任意,,且,故满足要求;(2)因为,所以,变形得到,利用基本不等式得到结论;(3)求导,结合基本不等式,求出导数恒大于0,故在上单调递增,而,故在上单调递减,在上单调递增,不妨设,因为,结合性质,得到,求出数列的前项和.【详解】(1)令,定义域为R,显然任意,,且,故满足要求,(注:所有的定义域为的偶函数均符合题意)(2)因为,所以,移项得,因为,所以,故,由基本不等式,当且仅当时取到等号,而,故,即.(3)由题意,,故,设,则,故在上单调递增,而,故时,时,,因此在上单调递减,在上单调递增.不妨设,因为,所以当时,,当或时,,且时,时,,故对于任意
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