江西省宜春市2024-2025学年高三上册开学考试数学检测试题合集2套（附答案）

江西省宜春市2024-2025学年高三上学期开学考试数学检测试题（一）一､单选题：（本大题共8小题，每小题5分，满分40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．已知数集满足：，，若，则一定有：（

）.A． B． C． D．2．如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，，，则该平面图形的高为（

）

A． B．1 C． D．23．设函数，则函数的单调性（

）A．与有关，且与有关 B．与无关，且与有关C．与有关，且与无关 D．与无关，且与无关4．在中，“”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件5．已知向量，，若向量在向量上的投影向量，则（

）A． B． C．3 D．76．已知直线y＝ax－a与曲线相切，则实数a＝（

）A．0 B． C． D．7．已知椭圆的左、右焦点分别为，过的直线与交于点．直线为在点处的切线，点关于的对称点为．由椭圆的光学性质知，三点共线．若，则（

）A． B． C． D．8．设实数x，y满足，，不等式恒成立，则实数k的最大值为（

）A．12 B．24 C． D．二､多选题：（本大题共3小题，每小题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）9．已知复数，，则下列结论正确的有（

）A． B． C． D．10．已知函数，则（

）A．存在实数使得B．当时，有三个零点C．点是曲线的对称中心D．若曲线有两条过点的切线，则11．冒泡排序是一种计算机科学领域的较简单的排序算法，其基本思想是：通过对待排序序列从左往右，依次对相邻两个元素比较大小，若，则交换两个数的位置，使值较大的元素逐渐从左移向右，就如水底下的气泡一样逐渐向上冒，重复以上过程直到序列中所有数都是按照从小到大排列为止.例如：对于序列进行冒泡排序，首先比较，需要交换1次位置，得到新序列，然后比较，无需交换位置，最后比较，又需要交换1次位置，得到新序列最终完成了冒泡排序，同样地，序列需要依次交换完成冒泡排序.因此，和均是交换2次的序列.现在对任一个包含个不等实数的序列进行冒泡排序，设在冒泡排序中序列需要交换的最大次数为，只需要交换1次的序列个数为，只需要交换2次的序列个数为，则（

）A．序列是需要交换3次的序列 B．C． D．三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，满分15分）12．若，则．13．展开式中的系数为，则的值为．14．三棱锥的所有棱长均为2，E，F分别为线段BC与AD的中点，M，N分别为线段AE与CF上的动点，若平面ABD，则线段MN长度的最小值为．四､解答题（本大题共5小题，满分77分．解答须写出文字说明､证明过程和演算步骤．）15．如图，在中，已知边上的两条中线相交于点．

(1)求中线的长；(2)求的余弦值；16．如图，在四棱锥中，，，，三棱锥的体积为.(1)求点到平面的距离；(2)若，平面平面，点在线段上，，求平面与平面夹角的余弦值.17．某市为提升中学生的环境保护意识，举办了一次“环境保护知识竞赛”，分预赛和复赛两个环节，预赛成绩排名前三百名的学生参加复赛．已知共有12000名学生参加了预赛，现从参加预赛的全体学生中随机地抽取100人的预赛成绩作为样本，得到频率分布直方图如图：

(1)规定预赛成绩不低于80分为优良，若从上述样本中预赛成绩不低于60分的学生中随机地抽取2人，求至少有1人预赛成绩优良的概率，并求预赛成绩优良的人数X的分布列及数学期望；(2)由频率分布直方图可认为该市全体参加预赛学生的预赛成绩Z服从正态分布，其中可近似为样本中的100名学生预赛成绩的平均值（同一组数据用该组区间的中点值代替），且，已知小明的预赛成绩为91分，利用该正态分布，估计小明是否有资格参加复赛？附：若，则，，；．18．已知且，函数．(1)，，为数列的前项和，当时，试比较与2024的大小，并说明理由：(2)当时，证明：；(3)当且时，试讨论的零点个数．19．对于求解方程的正整数解（，，）的问题，循环构造是一种常用且有效地构造方法．例如已知是方程的一组正整数解，则，将代入等式右边，得，变形得：，于是构造出方程的另一组解，重复上述过程，可以得到其他正整数解．进一步地，若取初始解时满足最小，则依次重复上述过程可以得到方程的所有正整数解．已知双曲线的离心率为，实轴长为2．(1)求双曲线的标准方程；(2)方程的所有正整数解为，且数列单调递增．①求证：始终是4的整数倍；②将看作点，试问的面积是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．1．C【分析】借助交集与并集的性质推导即可得.【详解】由，，故、或、，由，故，故C正确，D错误；同理，、或，，故A、B错误.故选：C.2．C【分析】过点作，在直角中，求得，结合斜二测画法的规则，即可求得原平面图形的高，得到答案.【详解】如图所示，过点作，因为四边形为直角梯形，且，，可得，在直角中，可得，根据斜二测画法的规则，可得原平面图形的高为.故选：C.

3．D通过对进行讨论，再用复合函数的求单调性的方法，可知该函数的单调性与是否有关.【详解】函数，当时，单调递减.当时，单调递减.则且，，的单调性都为单调递减.所以函数的单调性与无关.故选：D4．B【分析】先证明条件是必要的，再构造反例说明条件不是充分的.【详解】若，则，故条件是必要的；当，，时，有，，故条件不是充分的.故选：B.5．B【分析】根据已知结合投影向量的概念得出，求解即可得出答案.【详解】由已知可得，在上的投影向量为，又在上的投影向量，所以，所以，所以，所以.故选：B.6．C【分析】根据导数的几何意义可得，求解即可.【详解】由且x不为0，得设切点为，则，即，所以，可得.故选：C7．D【分析】画出图形，由题意可得出，利用椭圆的定义结合已知条件可求出、的值，即可得解.【详解】如下图所示：因为点关于的对称点为，则，因为，且，所以，，所以，，可得，则，所以，，故．故选：D8．B【分析】令，不等式变形为，求出的最小值，从而得到实数的最大值.【详解】，，变形为，令，则转化为，即，其中

当且仅当，即时取等号，可知.故选：B思路点睛：不等式恒成立问题，先分离参数后，然后利用基本不等式求最值.利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.9．BC【分析】根据复数的运算性质以及模的运算公式对应各个选项逐个判断即可求解．【详解】设，，其中.对于选项A:，所以与不一定相等，故选项A错误；对于选项B:因为，所以，因为，所以,故选项B正确；对于选项C:因为,所有因为，所以,故选项C正确；对于选项D:因为，所以，而与不一定相等,故选项D错误；故选：BC.10．AC【分析】对A，求出的导函数，使其和相等，解方程看是否有实数根，即可求得；对B，根据的导函数确定单调区间以及极值点，看与轴交点即可判断；对C，根据中心对称公式即可判断；对D，设过的切线的切点为，由条件可得有两个根，结合导数研究方程的根即可.【详解】对A，根据已知的导函数，令则，令，，当时，根据函数零点存在定理存在实数使得，故A正确；对B，根据题意知，令得到，在和上，所以在和单调递增，在上，所以在单调递减，是的极大值，且的极大值大于极小值，，，所以在定义域内有且只有一个零点，故B错误；对C，令，该函数定义域为R，且，所以为奇函数，是的对称中心，将向下移动两个单位得到的图像，所以点是曲线的对称中心，故C正确；对D，过的切线的切点为，切线斜率为，则切线方程为，把点代入可得，化简可得，令，则，令可得或，在和上大于零，所以在和上单调递增，在上小于零，所以在单调递减，要使有两个解，一个极值一定为，若函数在极值点时的函数值为，可得，所以若函数在极值点时的函数值为，可得，所以，故D不正确.故选：AC11．BCD【分析】根据题意，不妨设序列的n个元素为，由题意可判断A中序列交换次数；再根据等差数列前项和公式即可判断B；得出只要交换1次的序列的特征即可判断C；利用累加法求出通项公式即可判断D.【详解】对A，序列，比较，无需交换位置，比较，需要交换1次位置，得到新序列，比较，无需交换位置，最后比较，需要交换1次位置，得到新序列，完成冒泡排序，共需要交换2次，故A错误；对B，不妨设序列的n个元素为，交换次数最多的序列为，将元素n冒泡到最右侧，需交换次次，将元素n-1冒泡到最右侧，需交换次次，，故共需要，即最大交换次数，故B正确；对C，只要交换1次的序列是将中的任意相邻两个数字调换位置的序列，故有个这样的序列，即，故C正确；对D，当n个元素的序列顺序确定后，将元素n+1添加进原序列，使得新序列（共n+1个元素）交换次数也是2，则元素n+1在新序列的位置只能是最后三个位置，若元素n+1在新序列的最后一个位置，则不会增加交换次数，故原序列交换次数为2（这样的序列有个），若元素n+1在新序列的倒数第二个位置，则会增加1次交换，故原序列交换次数为1（这样的序列有个），若元素n+1在新序列的倒数第三个位置，则会增加2次交换，故原序列交换次数为0（这样的序列有1个），因此，，所以，显然，所以，故D正确.故选：BCD.关键点点睛：在解与数列新定义相关的题目时，理解新定义是解决本题的关键.12．【分析】本题考查同角三角函数的基本关系和二倍角余弦公式的应用.根据，，解得，结合二倍角余弦公式进行解答即可．【详解】因为可得，因为，可得，解得或（舍去）所以．故答案为:．13．1【分析】根据题意结合二项展开式的通项公式分析求解.【详解】因为的展开式的通项公式为，可知展开式中含的项为，则展开式中的系数为，解得.故1.14．##【分析】延长CM交AB于点I，设，由余弦定理得，根据角平分线定理以及平行线性质可知，运用换元法和二次函数性质可得线段MN长度的最小值．【详解】延长CM交AB于点I，因为平面ABD，由线面平行性质定理可知，设，因为三棱锥的所有棱长均为2，所以，且E为线段BC的中点，所以AE平分∠BAC，由角平分线定理可知，所以，因为F为线段AD的中点，所以，由余弦定理可知，所以，令，，化简可得，因为，所以，则在时取得最小值，所以，综上当，即时MN取得最小值．故．15．(1)(2)【分析】（1）根据题意得到，再平方求解即可.（2）首先根据题意得到，从而得到，再根据求解即可.【详解】（1）因为为的中点，，（2）

，，..16．(1)(2)【分析】（1）根据等体积法求得点到平面的距离；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面与平面夹角的余弦值.【详解】（1）设点到平面的距离为，则，由题可知，所以，所以点到平面的距离为.（2）取的中点，连接，因为，又平面平面且交线为，平面，，所以平面，由（1）知.由题意可得，所以，所以.以点为坐标原点，为轴，为轴，过点作的平行线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，依题意，所以.设平面的法向量为n1=则，故可设，平面的一个法向量为，设平面与平面的夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为.17．(1)，分布列见解析，(2)有资格参加复赛【分析】（1）根据超几何分布的概率计算即可求解分布列，（2）根据正态分布的对称性即可求解.【详解】（1）预赛成绩在范围内的样本量为：，预赛成绩在范围内的样本量为：，设抽取的2人中预赛成绩优良的人数为X，可能取值为0,1,2，则，又，则X的分布列为：X012P故．（2），，则，又，故，故全市参加预赛学生中，成绩不低于91分的有人，因为，故小明有资格参加复赛，18．(1)，理由见解析(2)证明见解析(3)1个.【分析】（1）求出，利用分组求和法及等差等比数列前项和公式计算即可得解.（2）把代入，利用导数探讨单调性，结合函数的零点推理即得.（3）按，分类，利用导数结合（2）的结论及零点存在性定理求解即得.【详解】（1）当时，，则，所以当时，；（2）当时，，求导得，令，求导得，当时，，当时，，即函数在上单调递减，在上单调递增，于是，即，函数在上单调递增，又，因此时，，当时，，所以.（3）①若，函数在上为单调递增函数，且，因此函数有且仅有一个零点；②若，当时，，当时，，由（2）知：当时，，当时，，且，则函数只有一个零点.综上所述：当且时，的零点个数为1个．方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤（1）作差或变形；（2）构造新的函数；（3）利用导数研究的单调性或最值；（4）根据单调性及最值，得到所证不等式．特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．19．(1)(2)①证明见解析；②是定值．【分析】（1）由实轴长和离心率即可求得双曲线的标准方程；（2）结合题目所给的循环构造的方法和二项式定理来解题，①方法一，由题干循环构造方法得到第k组解中的为二项式的展开式中不含的部分，为二项式的展开式中含的部分，再结合二项式定理得到，是4的整数倍.方法二，得到第组解和第组解的关系，再由二项式定理求解.②先用面积公式表示出面积，再代入和的关系式消元，利用①中的结论推导出面积式子里的递推式即可求解.【详解】（1）由题意知解得，则，故双曲线E的标准方程为．（2）①方法一：由得，其中是方程的一组正整数解，则，在循环构造中，对任意正整数，由，是正整数，第k组解中的为二项式的展开式中不含的部分，为二项式的展开式中含的部分，注意到二项式的展开式中不含的部分与二项式的展开式中不含的部分相同，二项式的展开式中含的部分与二项式的展开式中含的部分互为相反数，于是由二项式定理有，，从而，于是对任意的正整数，，因为是正整数，所以是4的整数倍．方法二：在循环构造中，对任意正整数，由，是正整数，第组解中的为二项式的展开式中不含的部分，为二项式的展开式中含的部分；第组解中的为二项式的展开式中不含的部分，为二项式的展开式中含的部分，故，于是，，即，由得，，代入得，整理得，即．因为是正整数，所以是4的整数倍．②，，设，的夹角为，则的面积，由得，，代入得，，由得，从而，故，，．，，，，即，代入得，于是的面积为定值．方法点睛：新定义问题解题策略首先，明确新定义的特点；其次，根据定义中的步骤对具体题目进行运算；最后得到结论.江西省宜春市2024-2025学年高三上学期开学考试数学检测试题（二）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号等填写在答题卡指定位置上.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.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，请将答题卡交回.一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．的虚部为（

）A． B． C． D．2．已知等差数列的前项和为，若，则（

）A．48 B．42 C．24 D．213．已知一组数据：的平均数为6，则该组数据的分位数为（

）A．4.5 B．5 C．5.5 D．64．定义运算：．已知，则（

）A． B． C． D．5．已知某地区高考二检数学共有8000名考生参与，且二检的数学成绩近似服从正态分布，若成绩在80分以下的有1500人，则可以估计（

）A． B． C． D．6．已知函数在R上单调递减，则的取值范围为（

）A． B． C． D．0,47．已知圆台的上､下底面的面积分别为，侧面积为，则该圆台外接球的球心到上底面的距离为（

）A． B． C． D．8．已知为坐标原点，抛物线的焦点到准线的距离为1，过点的直线与交于两点，过点作的切线与轴分别交于两点，则（

）A． B． C． D．二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9．已知函数，则（

）A．的最小正周期为B．与有相同的最小值C．直线为图象的一条对称轴D．将的图象向左平移个单位长度后得到的图像10．已知函数，则（

）A．1是的极小值点B．的图象关于点对称C．有3个零点D．当时，11．已知正方体的体积为8，线段的中点分别为，动点在下底面内（含边界），动点在直线上，且，则（

）A．三棱锥的体积为定值B．动点的轨迹长度为C．不存在点，使得平面D．四面体DEFG体积的最大值为三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知向量，若，则.13．定义：如果集合存在一组两两不交（两个集合的交集为空集时，称为不交）的非空真子集，，且，那么称子集族构成集合的一个划分.已知集合，则集合的所有划分的个数为.14．已知为坐标原点，双曲线的左､右焦点分别为，点在以为圆心､为半径的圆上，且直线与圆相切，若直线与的一条渐近线交于点，且，则的离心率为.四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.15．已知中，角所对的边分别为，其中.(1)求的值；(2)若的面积为，周长为6，求的外接圆面积.16．如图，在四棱锥中，底面为正方形，分别在棱上，且四点共面.(1)证明：；(2)若，且二面角为直二面角，求平面与平面夹角的余弦值.17．已知椭圆的离心率为，右焦点为，点在上.(1)求的方程；(2)已知为坐标原点，点在直线上，若直线与相切，且，求的值.18．已知函数.(1)求曲线在点处的切线方程；(2)记（1）中切线方程为，比较的大小关系，并说明理由；(3)若时，，求的取值范围.19．已知首项为1的数列满足.(1)若，在所有中随机抽取2个数列，记满足的数列的个数为，求的分布列及数学期望；(2)若数列满足：若存在，则存在且，使得.（i）若，证明：数列是等差数列，并求数列的前项和；（ii）在所有满足条件的数列中，求使得成立的的最小值.1．A【分析】根据复数的运算化简得，再根据虚部的定义即可求解．【详解】，则所求虚部为.故选：A．2．B【分析】利用等差数列项的性质求出的值，再由等差数列的求和公式即可求得.【详解】因为等差数列，故，则.故选：B.3．C【分析】由平均数及百分位数的定义求解即可.【详解】依题意，，解得，将数据从小到大排列可得：，又，则分位数为.故选：C.4．D【分析】根据定义得出，再根据同角三角函数的商数关系即可求解．【详解】依题意，，则，故.故选：D．5．B【分析】解法一，求出，根据正态分布的对称性，即可求得答案；解法二，求出数学成绩在80分至95分的人数，由对称性，再求出数学成绩在95分至110分的人数，即可求得答案.【详解】解法一：依题意，得，故；解法二：数学成绩在80分至95分的有人，由对称性，数学成绩在95分至110分的也有2500人，故.故选：B.6．D【分析】由函数fx在上单调递减，列出相应的不等式组，即可求解.【详解】当时，，因为和都是减函数，所以在−∞,1上单调递减，当时，，要使其在上单调递减，则，所以，解得，故D正确.故选：D.7．C【分析】由圆台的侧面积公式求出母线长，再由勾股定理得到高即可计算；【详解】依题意，记圆台的上､下底面半径分别为，则，则，设圆台的母线长为，则，解得，则圆台的高，记外接球球心到上底面的距离为，则，解得.故选：C.8．C【分析】通过联立方程组的方法求得的坐标，然后根据向量数量积运算求得.【详解】依题意，抛物线，即，则，设，直线，联立得，则.而直线，即，令，则，即，令，则，故，则，故.故选：C

求解抛物线的切线方程，可以联立切线的方程和抛物线的方程，然后利用判别式来求解，也可以利用导数来进行求解.求解抛物线与直线有关问题，可以利用联立方程组的方法来求得公共点的坐标.9．ABD【分析】对于A：根据正弦型函数的最小正周期分析判断；对于B：根据解析式可得与的最小值；对于C：代入求，结合最值与对称性分析判断；对于D：根据三角函数图象变换结合诱导公式分析判断.【详解】因为，对于选项A：的最小正周期，故A正确；对于选项B：与的最小值均为，故B正确；对于选项C：因为，可知直线不为图象的对称轴，故C错误；对于选项D：将的图象向左平移个单位长度后，得到，故D正确.故选：ABD.10．AB【分析】利用导数求函数极值点判断选项A；通过证明得函数图象的对称点判断选项B；利用函数单调性和零点存在定理判断选项C；利用单调性比较函数值的大小判断选项D.【详解】对于A，函数，，令，解得或，故当时f′x>0，当x∈0,1时，f′x则在上单调递增，在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，故1是的极小值点，故A正确：对于B，因为，所以的图象关于点对称，故B正确；对于C，，易知的单调性一致，而，故有2个零点，故C错误；对于D，当时，，而在上单调递增，故，故D错误.故选：AB.11．ACD【分析】对于A，由题意可证平面，因此点到平面的距离等于点到平面的距离，其为定值，据此判断A；对于B，根据题意求出正方体边长及的长，由此可知点的运动轨迹；对于C，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，假设点的坐标，求出的方向向量，假设平面，则平面的法向量和的方向向量共线，进而求出点的坐标，再判断点是否满足B中的轨迹即可；对于D，利用空间直角坐标系求出点到平面的距离，求出距离的最大值即可.【详解】对于A，如图，连接、，依题意，，而平面平面，故平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，其为定值，所以点到平面的距离为定值，故三棱维的体积为定值，故正确；对于B，因为正方体的体积为8，故，则，而，故，故动点的轨迹为以为圆心，为半径的圆在底面内的部分，即四分之一圆弧，故所求轨迹长度为，故B错误；以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，故，设n=x,y,z为平面的法向量，则故令，故为平面的一个法向量，设，故，若平面，则，则，解得，但，所以不存在点点，使得平面，故C正确；对于D，因为为等腰三角形，故，而点到平面的距离，令，则，则，其中，则四面体体积的最大值为，故D正确.故选：ACD.12．【分析】利用向量的线性运算并由向量垂直的坐标表示列式即可求解.【详解】依题意，，故，解得.故13．4【分析】解二次不等式得到集合，由子集族的定义对集合进行划分.【详解】依题意，，的2划分为，共3个，的3划分为，共1个，故集合的所有划分的个数为4.故414．【分析】由题意可得，由此求出，，即可求出点坐标，代入，即可得出答案.【详解】不妨设点在第一象限，连接，则，故，，设，因为，所以为的中点，，故.，将代入中，故，则.故答案为.

15．(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理化简已知条件，从而求得.（2）根据三角形的面积公式、余弦定理等知识求得外接圆的半径，从而求得外接圆的面积.【详解】（1）由正弦定理得，因为，故，则，因为，故.（2）由题意，故.由余弦定理得，解得.故的外接圆半径，故所求外接圆面积.16．(1)证明见解析(2)【分析】（1）先证明线面平行再应用线面平行性质定理得出，再结合，即可证明；（2）应用面面垂直建系，应用空间向量法求出面面角的余弦值.【详解】（1）因为，故，则，因为平面平面，故平面，而平面平面平面，故，则.（2）因为二面角为直二面角，故平面平面.而平面平面平面，故平面，又底面为正方形，所以，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设，则，故，设平面的法向量为，则令，可得.设平面的法向量为，则令，可