江西省新八校2025届高三数学上学期第一次联考理试题含解析

江西省新八校2024届高三数学上学期第一次联考（理）试题考试时间：120分钟分值：150分一、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】B【解析】【分析】解对数不等式化简集合，再依据补集和交集的概念可求出结果.【详解】由，得，，又，所以，.故选：B.2.若复数则复数的虚部为（）A.1 B. C.i D.【答案】A【解析】【分析】依据复数的乘方运算求出，再依据共轭复数的概念求出，依据复数的概念可得虚部.【详解】复数，∴，则复数的虚部为1，故选：A.3.下列说法正确的是（）A.“，”的否定形式是“，”B.若函数为奇函数，则.C.两个非零向量，，是的充分不必要条件D.若，则【答案】D【解析】【分析】依据全称量词的否定是存在量词可知A错误；若无定义，则B错误；依据平面对量学问和必要不充分条件的定义可知C错误；依据肯定值三角不等式可知D正确.【详解】对于A：“，”的否定形式是“，”，故A错误；对于B：若无定义，则无意义，故B错误；对于C：对两个非零向量，，不能推出，但是“”能推出，所以是的必要不充分条件，故C错误；对于D：若，则.由肯定值的三角形不等式可得，所以.故D正确.故选：D.4.要计算的结果，如图程序框图中的推断框内可以填（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】依据循环终止时的值可得答案.【详解】依据可知，循环终止时，不满意推断框中的条件，且满意推断框中的条件，故程序框图中的推断框内可以填：.故选：B5.函数的图像大致为()A. B.C. D.【答案】B【解析】【详解】分析：通过探讨函数奇偶性以及单调性，确定函数图像.详解：为奇函数，舍去A,舍去D;，所以舍去C；因此选B点睛：有关函数图象识别问题的常见题型及解题思路（1）由函数的定义域，推断图象左右的位置，由函数的值域，推断图象的上下位置；②由函数的单调性，推断图象的改变趋势；③由函数的奇偶性，推断图象的对称性；④由函数的周期性，推断图象的循环往复．6.防疫工作，人人有责，某单位选派了甲、乙、丙、丁、戊五名志愿者到A、B、C三处核酸点参与志愿工作，若每个核酸点至少去1名志愿者，则甲、乙两人派到同一处核酸点参与志愿者工作的概率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】依据古典概型计算公式，结合计数原理中的分组安排问题求得基本领件总数即每个核酸点至少分1人的方法数，与甲、乙两人派到同一处核酸点的方法数，即可得所求概率.【详解】解：甲、乙、丙、丁、戊5人分到三个不同的核酸点，每个核酸点至少分1人的方法数是，其中甲、乙两人派到同一处核酸点的方法数是，因此甲、乙两人派到同一处核酸点参与志愿者工作的概率为.故选：B.7.设，数列中，，，，则下列选项正确的是（）A.当，时，则B.当，时，则C.当，时，则D.当，时，则【答案】D【解析】【分析】依据数列的周期性、等差数列的前项和公式和通项公式、等比数列的通项公式逐一推断即可.【详解】选项A：当，时，，，∴.数列的周期为，∴，故A不正确；选项B：，时，即，所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列，所以，∴，故选项B不正确；选项C：当，时，即，所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，则，则选项C也不正确；选项D：当，时，即，则有，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，∴，∴则选项D正确，故选：D8.如图，已知抛物线E：的焦点为F，过F且斜率为1的直线交E于A，B两点，线段AB的中点为M，其垂直平分线交x轴于点C，轴于点N.若四边形的面积等于8，则E的方程为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】依据求出的坐标，然后得的方程，令，得的坐标，利用直角梯形的面积求出，可得抛物线方程.【详解】易知，直线AB的方程为，四边形OCMN为直角梯形，且.设，，，则，所以，所以，，∴.所以MC直线方程为，∴令，∴，∴.所以四边形OCMN的面积为，∴.故抛物线E的方程为.故选：B.9.已知函数，若方程在区间上恰有3个实根，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】通过方程解出，再由条件确定的范围，得到可能取值，即可通过条件中的恰有3个实根，建立不等式确定的取值范围.【详解】若方程，则，即或，当时，，则的可能取值为，因为原方程在区间上恰有3个实根，所以，解得，即的取值范围是，故选：A.10.已知双曲线：的左焦点为F，右项点为A，点B在C的一条渐近线上，且（点O为坐标原点），直线FB与y轴交于点D.若，则双曲线C的离心率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】不妨设点B在渐近线上，依据得直线FD方程，得的坐标，依据，得，得，得，解方程可得解.【详解】由双曲线方程知：渐近线方程为，，，不妨设点B在渐近线上，则直线FD方程为：，令，则，即；∴，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴.故选：B.11.有许多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德探讨发觉，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24，棱长为的半正多面体，它的全部顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.若点E为线段BC上的动点，则下列结论不正确的是（）A.存在点E、使得A、、D、四点共面；B.存在点E，使；C.存在点E，使得直线DE与平面CDF所成角为；D.存在点E，使得直线DE与直线AF所成角的余弦值.【答案】C【解析】【分析】将半正多面体补成一个棱长为的正方体，当点E在点C时，依据，得A、F、D、四点共面，故A正确；当点E在点B时，依据正方体的性质易得，故B正确；对C，建立空间直角坐标系，利用线面角的向量公式计算，可知C不对；对于D，依据直面值直线夹角的向量公式计算，可知D正确.【详解】将半正多面体补成一个棱长为的正方体，如图：则半正多面体的全部顶点都是正方体的棱的中点，对A，当点E在点C时，，则A、F、D、四点共面，A正确；对B，当点E在点B时，易得，B正确；以为原点，过的三条棱所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系.则，，，，，对C，设，则，设平面CDF的一个法向量为，，，则，令，得，，∴，设直线DE与平面CDF所成角为，则，若，则，则,化简得，此方程无解，故不存在点E，使得直线DE与平面CDF所成角为，C不对；对D，，由C可知，，所以，∴，即为的中点时，直线DE与直线AF所成角的余弦值，故D正确.故选：C12.已知，，，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】依据作差法比较大小可得，构造函数，利用导数确定函数在的单调性，即可比较大小，从而可得结论.【详解】解：∵，∴，设，则，∴，又设，则，当时，，∴时，∴在为增函数∵，时，，则在为增函数.∴，∴综上可得：.故选：D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知非零向量，满意，且则向量在向量上的投影为______.【答案】##0.5【解析】【分析】依据向量数量积的性质由，可得，再依据投影的概念计算即可.【详解】解：因为，所以，所以，又，所以向量在向量上的投影为.故答案为：.14.已知，则的绽开式中项的系数是______.（用数字作答）【答案】240【解析】【分析】由计算定积分得，再依据二项绽开式的通项公式可求出结果.【详解】因为，所以，绽开式的通项为，，令，，则项的系数是.故答案为：24015.已知正三棱柱的顶点都在球的球面上，若正三棱柱的侧面积为12，则球的表面积的最小值是______.【答案】【解析】【分析】设正三棱柱的高为，底面边长为，依据侧面积列式得，依据正弦定理出底面外接圆的半径，依据勾股定理求出球的半径，再依据球的表面积公式可求出结果.【详解】因为正三棱柱是直三棱柱，设其高为，，则，∴，设三角形ABC的外接圆半径为，则，∴，设球О的半径R，则，当且仅当时，等号成立.所以球О的半径R平方的最小值为，所以球表面积的最小值为.故答案为：16.已知函数，若存在微小值点，则的最大值为______.【答案】【解析】【分析】求导后，分类探讨，当时，函数无微小值点，当时，在时，取得微小值，故，得，再利用导数求出其最大值可得解.【详解】函数的定义域为，，当时，令，得，令，得，所以在上为增函数，在上为减函数，此时无微小值点；当时，令，得或，令，得，所以在上为增函数，在上为减函数，在上为增函数，此时时，取得微小值，故，所以，设，则，令，得，令，得，∴在上单调递增，在上单调递减，所以，即的最大值为.故答案为：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.17.设的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满意（1）证明：；（2）求的最小值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）依据余弦二倍角公式、正弦和差角公式、诱导公式化简已知式子，再依据正弦定理即可证明结论；（2）依据余弦定理结合基本不等式求解最值即可.【小问1详解】证明：由∴得，即，又，∴则由正弦定理，得.【小问2详解】解：由（1）有，则则由余弦定理得，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为.18.2024年10月16日二十大成功召开后，学习贯彻党的二十大精神，要在全面学习上下功夫，只有全面、系统、深化学习，才能完整、精确、全面领悟党的二十大精神.有关部门就学习宣扬二十大精神推动学校和机关单位，某学校安排选派部分优秀学生干部参与宣扬活动，报名参与的学生需进行测试，共设4道选择题，规定必需答完全部题，且每答对一题得1分，答错得0分，至少得3分才能成为宣扬员；甲、乙、丙三名同学报名参与测试，他们答对每道题的概率都为，且每个人答题相互不受影响.（1）求甲、乙、丙三名同学恰有两位同学成为宣扬员的概率；（2）用随机变量表示三名同学能够成为宣扬员人数，求的数学期望与方差.【答案】（1）（2）；.【解析】【分析】（1）先求出每个同学成为宣扬员的概率，再依据独立重复试验的概率公式可求出结果；（2）依据二项分布的数学期望和方差公式可求出结果.【小问1详解】每个同学成为宣扬员需得3分或4分，即答对3道或4道试题，所以每个同学成为宣扬员的概率为，因为每个人答题相互不受影响，所以三人是否成为宣扬员是相互独立事务，又因为每个人成为宣扬员的概率均为，所以甲、乙、丙三名同学恰有两位同学通过测试的概率为.【小问2详解】因为每个人成为宣扬员的概率均为，故为独立重复试验，又随机变量表示能够成为宣扬员的人数，即3次独立重复试验中发生次的概率，所以随即变量满意二项分布，所以，.19.如图所示，四边形ABCD为菱形，，二面角为直二面角，点E是棱AB的中点.（1）求证：；（2）若，，当二面角的余弦值为时，求直线PE与平面PAC所成的角正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）设点F是棱AD的中点，连PF，EF，BD，则，依据二面角为直二面角，可得平面ABCD，得，依据菱形对角线垂直以及中位线平行可得，依据线面垂直的判定可得平面，从而可得；（2）设点O是AC与BD的交点，以OA所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，过点О垂直平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，设，依据二面角的余弦值为求出，再利用线面角的向量公式可求出结果.【小问1详解】证明：如图所示，设点F是棱AD的中点，连PF，EF，BD，由及点F是棱AD的中点，可得，又二面角为直二面角，即平面平面，平面，平面平面，所以平面ABCD，又因为平面ABCD，所以，又因为四边形ABCD为菱形，所以，而EF是的中位线，所以，可得，又由，且平面，平面，所以平面又因为平面，所以.【小问2详解】设点O是AC与BD的交点，以OA所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，过点О垂直平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设，则，，，则，，设平面PAC的法向量为，则，取，可得，，即，又因为平面ABC的一个法向量为，由二面角的余弦值为，得，解得，则，，，，设直线PE与平面PAC所成的角为，则，所以直线PE与平面ABCD所成的角正弦值为.20.已知椭圆：经过点，点为椭圆C的右焦点.（1）求椭圆C的方程；（2）过点作两条斜率都存在且不为的相互垂直的直线，，直线与椭圆相交、，直线与椭圆相交、两点，求四边形的面积S的最小值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）依据已知条件列式求出可得椭圆C方程；（2）联立直线与椭圆方程，依据弦长公式求出和，求出后，依据基本不等式求出最值可得解.【小问1详解】由题意可得，解得，所以椭圆方程为.【小问2详解】设直线的方程为，联立得：，,设，，则，，所以，同理可得，则，当且仅当，即时取等号.所以四边形的面积S的最小值为.21.已知函数（是自然对数的底数）有两个零点.（1）求实数的取值范围：（2）若的两个零点分别为，证明：【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）令，则有2个零点转化为有2个零点，利用导数得在上单调递减，在上单调递增，再分类探讨与大小，依据零点存在性定理可得结果；（2）设的两个零点为和，则，，将所证不等式化为，依据，，将化为，构造函数，，利用导数可证不等式成立.【小问1详解】的定义域为.由题意可得，有2个零点，令，则在时恒成立，故在上单调递增，所以有2个零点可转化为有2个零点，因为，由可得，由可得，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，若，则，此时恒成立，函数没有零点，若，则，函数有且仅有一个零点，若，则，因为，所以在上恰有一个零点，令，则，令，则，故为增函数，所以，即，故为增函数，所以，即，所以，所以，所以在上恰有1个零点，故在和上各有1个零点，符合题意.综上所述，的取值范围为.【小问2详解】由（1）可知，有两个零点，设为和，则，，要证，只要证，即证，即证，又，，所以，，所以，只要证，设，令，，所以只要证，即证，令，，则，所以在上为增函数，∴，即当时，，所以，即，故.【点睛】关键点点睛：（1）中，令，将有2个零点转化为有2个零点，再利用导数和零点存在定理求解是解题关键；（2）中，设的两个零点为和，将所证不等式转化为，再构造函数，，利用导数证明不等式是解题关键.选考题：共10分.请考生在第22