江西省部分学校2025届高三数学上学期1月联考文试题含解析

江西省部分学校2024届高三数学上学期1月联考（文）试题（考试时间：120分钟试卷满分：150分）留意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本大题共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】解不等式，求出，从而求出交集.【详解】由题意可得，则.故选：A2.已知复数z满意，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】依据给定条件，利用复数除法运算求出复数即可作答.【详解】由得：，因此.故选：D3.要得到的图象，只需将函数的图象（）A.向左平移个单位长度 B.向右平移个单位长度C.向左平移个单位长度 D.向右平移个单位长度【答案】C【解析】【分析】依据三角函数平移变换原则可干脆求得结果.【详解】，将向左平移个单位长度即可得到的图象.故选：C.4.函数的部分图象大致为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】依据函数奇偶性以及函数值的正负可得答案．【详解】因为，，所以为奇函数，得的图象关于原点对称，当时，，解除AD，当时，，解除C.故选：B．5.若是其次象限角，且，则（）A. B.3 C. D.【答案】D【解析】【分析】依据同角三角函数的基本关系和两角和的正切公式求解.【详解】因为是其次象限角，且，所以，所以，故.故选:D.6.某数学爱好小组的学生为了了解会议用水的饮用状况，对某单位的某次会议所用矿泉水饮用状况进行调查，会议前每人发一瓶500ml的矿泉水，会议后了解到所发的矿泉水饮用状况主要有四种：A．全部喝完；B．喝剩约；C．喝剩约一半；D．其他状况．该数学爱好小组的学生将收集到的数据进行整理，并绘制成所示的两幅不完整的统计图．依据图中信息，本次调查中会议所发矿泉水全部喝完的人数是（）A.40 B.30 C.22 D.14【答案】C【解析】【分析】由两幅统计图可得喝剩约的人有40人，所占可得参与该会议人数，再由喝剩约一半的百分比、其他状况的人数可得答案.【详解】由两幅统计图可得喝剩约的人有40人，所以该会议共有人，所以喝剩约一半的有人，而其他状况共有8人，所以本次调查中会议所发矿泉水全部喝完的人数是人.故选：C.7.在四棱锥中，平面，四边形是正方形，，，，分别是棱，的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（）A B. C. D.【答案】A【解析】【分析】依据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求线线角的余弦作答.【详解】在四棱锥中，平面，四边形是正方形，以点A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，令，而分别是棱的中点，则，由得：，则，,所以异面直线与所成角的余弦值为.故选：A8.已知抛物线的焦点为F，过点的直线l与抛物线C交于，P，Q两点，则的最小值是（）A.8 B.10 C.13 D.15【答案】C【解析】【分析】利用韦达定理和抛物线的定义表示出，利用基本不等式求解.【详解】设直线，，，联立，整理得，则，故.因为，，所以，当且仅当即时，等号成立.故选:C.9.当光线入射玻璃时，表现有反射、汲取和透射三种性质．光线透过玻璃的性质，称为“透射”，以透光率表示．已知某玻璃的透光率为90%（即光线强度减弱10%）．若光线强度要减弱到原来的以下，则至少要通过这样的玻璃的数量是（）（参考数据：，）A.30块 B.31块 C.32块 D.33块【答案】B【解析】【分析】依据给定条件，列出不等式，再利用对数函数性质解不等式作答.【详解】令光线原有强度为1，经过n块玻璃后光线强度变为原来的，依题意，，两边取对数得：，即有，而，则，所以至少要通过这样的玻璃的数量是31块.故选：B10.已知是定义在上的奇函数，是的导函数，当时，．若，则不等式的解集是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】构造函数，其中，分析函数的奇偶性与单调性，可得出，然后分、两种状况解不等式，综合可得出原不等式的解集.【详解】构造函数，其中，则，所以，函数为奇函数，且，，当时，，所以，函数在上为增函数，因为函数为奇函数，故函数在上为增函数，由可知，当时，，可得；当时，，可得.综上所述，不等式的解集为.故选：B.11.数学中有很多形态美丽、寓意独特的几何体，图1所示的礼品包装盒就是其中之一.该礼品包装盒可以看成是一个十面体，其中上、下底面为全等的正方形，全部的侧面是全等的等腰三角形.将长方体的上底面围着其中心旋转得到如图2所示的十面体.已知，则十面体外接球的球心到平面的距离是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用勾股定理求得外接球的半径，结合球的几何性质，利用勾股定理求得球心到平面的距离.【详解】由题中数据可知，则.因为十面体是由长方体的上底面围着其中心旋转得到的，所以长方体的外接球就是十面体的外接球.设十面体外接球的半径为R，则，即，因为，所以.设外接圆的半径为r，则由正弦定理得即，则该十面体外接球的球心到平面的距离是：.故选：B12.已知函数，的定义域均为，且，.若的图象关于直线对称，且，则（）A.80 B.86 C.90 D.96【答案】C【解析】【分析】由的图象关于直线对称，结合已知函数等式推得的图象关于点对称，进而可得的周期为4，求出的值，即可得答案.【详解】解：因为的图象关于直线对称，所以，所以，因为，所以，所以，因为，所以，所以，则的图象关于点对称，且.因为，所以，所以，所以，则，即的周期为4.因为，且，所以.因为，所以.因为，所以，则.【点睛】结论点睛：函数关于直线对称，则有；函数关于中心对称，则有，函数的周期为，则有.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡的相应位置.13.已知向量，，，若，，三点共线，则______．【答案】【解析】【分析】依据给定条件，求出向量坐标，再利用共线向量的坐标表示计算作答.【详解】因为向量，，则，而，又，，三点共线，则有，因此，解得，所以.故答案为：14.已知实数x，y满意约束条件，则的最大值为______.【答案】4【解析】【分析】画出可行域，结合的几何意义求解.【详解】画出可行域如图，设，即经过时，截距最小，此时z取得最大值，最大值为4.故答案为:4.15.在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，，且的周长和面积分别是10和，则______.【答案】3【解析】【分析】依据三角形的面积公式和余弦定理求解.【详解】因为，所以，所以，所以.因为，所以，所以，所以.由余弦定理可得，即，所以，则，解得.故答案为:3.16.已知双曲线的左右焦点分别为、，过的直线与圆相切于点，且直线与双曲线的右支交于点，若，则双曲线的离心率为______.【答案】【解析】【分析】依据题意，作出图形，结合双曲线定义，再将全部边长关系转化到直角三角形中，利用勾股定理得到，再依据，化简可得，再两边同除，解得即可；【详解】解：如图，由题可知，，则，又，，，又，作，可得，，则在，，即，即，又，化简可得，同除以得解得或（舍去）；所以双曲线的离心率为.故答案为：三、解答题：共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.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.公差不为的等差数列的前项和为，且满意，、、成等比数列．（1）求的前项和；（2）记，求数列的前项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，则，依据题意可得出关于的方程，求出的值，可求得数列的通项公式，利用等差数列的求和公式可求得；（2）求得，利用裂项相消法可求得.【小问1详解】解：设等差数列的公差为，则，，，，由题意可得，即，解得，所以，，所以，.【小问2详解】解：，所以，.18.某商场在周年庆实行了一场抽奖活动，抽奖箱中全部乒乓球都是质地匀称，大小与颜色相同的，且每个小球上标有1，2，3，4，5，6这6个数字中的一个，每个号都有若干个乒乓球.抽奖顾客有放回地从抽奖箱中抽取小球，用x表示取出的小球上的数字，当时，该顾客积分为3分，当时，该顾客积分为2分，当时，该顾客积分为1分.以下是用电脑模拟的抽签，得到的30组数据如下：131163341241253126316121225345（1）以此样本数据来估计顾客的抽奖状况，分别估计某顾客抽奖1次，积分为3分和2分的概率：（2）某顾客抽奖3次，求该顾客至多有1次的积分大于1的概率.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）依据频率估计概率即可求解；（2）依据古典概率模型求解.【小问1详解】由题意可知某顾客抽奖1次，积分为3分的频率是，则估计某顾客抽奖1次，积分为3分的概率为.某顾客抽奖1次，积分为2分的频率是，则估计某顾客抽奖1次，积分为2分的概率为.【小问2详解】由（1）可知某顾客抽奖1次，积分为1分的概率是，则某顾客抽奖1次，所得积分是1分和所得积分大于1分是等可能事务.设某顾客抽奖1次，积分为1分，记为A，积分大于1分，记为a，则某顾客抽奖3次，每次所得积分的状况为aaa，aaA，aAA，aAa，AAa，AAA，AaA，Aaa，共8种，其中符合条件的状况有aAA，AAa，AAA，AaA，共4种，故所求概率.19.如图，在正三棱柱中，，D，E分别是棱BC，的中点.（1）证明：平面平面.（2）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】(1)利用线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理证明；(2)依据等体积法求解.【小问1详解】证明：由正三棱柱的性质，所以，则，因为，所以，即.因为，D是棱BC的中点，所以.由正三棱柱的定义可知平面ABC，则.因为BC，平面，且，所以平面.因为平面，所以.因为AD，平面，且，所以平面.因为平面，所以平面平面.【小问2详解】连接.因为，所以的面积.由正三棱柱的性质可知平面，则点到平面的距离为AD.因为是边长为2的等边三角形，所以，故三棱锥的体积.因为，E是的中点，所以，，则的面积.设点到平面的距离是d，则三棱锥的体积.因为，所以，解得.20.已知椭圆的离心率是，点在椭圆上．（1）求椭圆的标准方程．（2）已知，直线与椭圆交于、两点，若直线、的斜率之和为，试问的面积是否存在最大值？若存在，求出该最大值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2）的面积是否存在最大值，且最大值为【解析】【分析】（1）依据已知条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的标准方程；（2）设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，依据求出的值，利用三角形的面积公式以及基本不等式可求得面积的最大值.【小问1详解】解：由已知可得，解得，故椭圆的标准方程为.【小问2详解】解：设点、，联立可得，，可得，由韦达定理可得，，，同理可得，，，解得，所以，，即，故直线过定点，，当且仅当时，即当时，等号成立，故的面积存在最大值，且最大值为.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特殊是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．21.已知函数.（1）探讨的单调性；（2）若，证明：对于随意，恒成立.（参考数据：）【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求定义域，求导后，分与两种状况分类探讨，得到函数单调性；（2）放缩后即证对一切恒成立，构造，求导后得到其单调性和极值，最值状况，结合，得到，所以，证明出结论.【小问1详解】由题意可得定义域为R，.当时，，则在R上单调递增；当时，由，得，由，得，则上单调递减，在上单调递增.综上：当时，在R上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.【小问2详解】证明:因为，且，所以，故，则要证对于随意恒成立，即证对于随意恒成立，即证对于随意恒成立，即证对一切恒成立.设，则.当时，，当时，，则在上单调递增，在上单调递减.故在处取得极大值，也是最大值，故.因为，所以，即，所以，则.故对一切恒成立，即对一切恒成立.【点睛】含参不等式的证明，若依据参数范围进行适当放缩，消去参数，这样可以简化不等式结构，便于构造函数进行探讨，放缩消参是处理含参不等式的常规技巧，值得学习体会，常用放缩方法有切线放缩，也可结合题干中参数取值范围进行放缩.（二）选考题：共10分.请考生从第22，23两题中任选一题作答.假如多做，则按所做的第一个题目计分.[选修4-4：坐标系与参数方程]22.在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数），以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程是.（1）求曲线C的一般方程和直线l的直角坐标方程；（2）已知，设直线l和曲线C交于A，B两点，线段中点为Q，求的值.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）依据同角三角的平方关系消去参数可得曲线的一般方程，利用公式可得直线的直角坐标方程；（2）将直线l的参数方程代入曲线C的一般方程，用两点间距离公式求解.【小问1详解】由（为参数），得，故曲线C的一般方程为.由，得，故直线l的直角坐标方程为；【小问2详解】由题意可知点P在直线l上，则直线l的参数方程为（t为参数），将直线l的参数