江西省南昌市2024-2025学年高三上学期期末考试数学检测试题（附答案）

这是一份江西省南昌市2024-2025学年高三上学期期末考试数学检测试题（附答案），共20页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本大题共8小题，每题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请将正确答案填在答题卡上.
1. 设集合，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】解不等式可得，再由交集定义运算可得结果.
【详解】易知，
解不等式可得，
所以，
所以.
故选：C
2. 已知复数，则复数在复平面内所对应的点的坐标为（ ）
A. （3，1）B. C. D.
【正确答案】B
【分析】化简复数，即可得到复数对应点的坐标.
【详解】由，可得复数在复平面内所对应的点的坐标为，故选B．
3. 与双曲线1共渐近线，且过点的双曲线的标准方程是（ ）
A. 1B. 1
C. 1D. 1
【正确答案】D
【分析】由题意，设要求的双曲线为，将点的坐标代入，计算可得t的值，将其方程变形为标准方程，即可得答案．
【详解】由题意知，要求双曲线与双曲线共渐近线，
设要求的双曲线为.
又该双曲线经过点，则，解得，
则要求的双曲线的标准方程为.
故选：D.
4. 已知函数，且的图象恒过点，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【正确答案】B
【分析】令，即可得出图象恒过的定点，进而求解.
【详解】令，解得，又，
所以函数，且）图象恒过点，
即，所以．
故选：B．
5. 已知圆台的上、下底面的圆周都在半径为2的球面上，圆台的下底面过球心，上底面半径为1，则圆台的体积为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】由已知求得圆台的高，再由圆台的体积公式即可求解.
【详解】由题意，圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，则高为，如下图所示：

则圆台的体积为.
故选：A.
6. 函数的单调递增区间是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】需要根据辅助角公式将变形化简，根据正弦函数单调区间，求出在的单调区间即可.
【详解】因为．
的单调递增区间为
所以可得．
当时，；
当时，．
所以函数在上的单调递增区间是．
故选：C
7. 已知函数是定义在上的偶函数．，且，恒有．若，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】已知不等式转化后得出函数在上是增函数，不等式转化为，然后由偶函数与单调性求解即可．
【详解】不妨设，所以，
则，
所以，
令，则，
所以在上单调递增，
又是偶函数，所以，
即也是偶函数，则其在上单调递减，
因为，所以，
则，
所以，解之得．
故选：D
8. 定义行列式运算 ，函数若对于任意的，都有，则满足条件的的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】由定义行列式运算可得，又对于任意的，都有，即，可得时求得最小值，即可得到的最小值.
【详解】因为行列式运算 ，
则函数，得，
即，
因为，
所以，即，
即，即时，求得最小值，
此时对于任意的，都有，
则的最小值为.
故选：A.
二、多选题：本题共3小题，每题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知点、、，其中，则（ ）
A. 若、、三点共线，则B. 若，则
C. 若，则D. 当时，
【正确答案】ABD
【分析】利用共线向量坐标表示可判断A选项；利用平面向量垂直的坐标表示可判断B选项；利用平面向量的模长公式可判断C选项；利用平面向量夹角余弦的坐标公式可判断D选项.
【详解】因为、、，其中，则，，
对于A选项，若、、三点共线，则，则，解得，A对；
对于B选项，若，则，解得，B对；
对于C选项，若，即，可得，
解得或，C错；
对于D选项，当时，，则，
因为，故，D对.
故选：ABD.
10. 如图所示，用一个与圆柱底面成角的平面截圆柱，截面是一个椭圆．若圆柱的底面圆半径为2，，则（ ）

A. 椭圆的长轴长等于4
B. 椭圆的离心率为
C. 椭圆的标准方程可以是
D. 椭圆上的点到一个焦点的距离的最小值为
【正确答案】BCD
【分析】根据给定图形，求出椭圆长半长、短半轴长，再逐项计算、判断作答．
【详解】设椭圆的长半轴长为，短半轴长为，半焦距为，
因为椭圆长轴在圆柱底面上的投影为圆柱底面圆直径，
则由截面与圆柱底面成锐二面角，得，解得，故A错误；
显然，则，离心率，故B正确；
当以椭圆短轴所在直线为轴，长轴所在直线为轴建立平面直角坐标系时，
则椭圆的标准方程为，故C正确；
椭圆上的点到焦点的距离的最小值为，故D正确.
故选：BCD.
11. 设函数，则（ ）
A. 当时，的图象关于点对称
B. 当时，方程有个实根
C. 当时，是的极大值点
D. 存在实数，恒成立
【正确答案】ABD
【分析】利用函数对称性的定义可判断A选项；利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可判断B选项；当时，利用导数分析函数的单调性，可判断CD选项.
【详解】对于A选项，当时，，
因为，所以，，
所以的图象关于点对称，故A正确；
对于B选项，当时，，则，
令，可得或，列表如下：
所以，函数在上单调递增，上单调递减，上单调递增，
所以，，又因为，如下图所示：
由图可知，直线与函数的图象由三个交点，
即时，方程有个实根，故B正确；
对于C选项，，
当时，，此时函数在上单调递增，故C错误；
对于D选项，当时，函数在上单调递增，此时恒成立，故D正确．
故选：ABD．
三、填空题：本大题共3小题，每题5分，共15分，请将正确答案填写在答题卡上.
12. 已知，若，则__________．
【正确答案】##
【分析】由平面向量共线的坐标表示即可求解.
【详解】由得，解得.
故答案为.
13. 的展开式中的系数为__________（用数字作答）
【正确答案】
【分析】利用二项式展开式的通项公式，求得展开式中和的系数，即可得的展开式中的系数.
【详解】的展开式的通项式
当时，,
当时，,
的展开式中含的系数为.
故答案为.
14. 已知函数．若在区间上单调递增，则实数a的取值范围为_______．
【正确答案】
【分析】求导得，由题意得时，恒成立，即在区间上恒成立，令，对称轴为，对对称轴的位置分类讨论：①；②；③.分别求出，解不等式，即可求解.
【详解】由，
得．
又在区间上单调递增，
所以时恒成立，即在区间上恒成立．
令，
函数图象的对称轴为直线．
当，即时，，
解得，又此时无解；
当，即时，，
解得，故；
当，即时，，
解得，故．
综上可得，实数a的取值范围是．
故答案为.
四、解答题：本大题共5小题，共77分，解答题应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 某学生兴趣小组随机调查了某市100天中每天的空气质量等级和当天到某公园锻炼的人次，整理数据得到下表（单位：天）：
（1）分别估计该市一天的空气质量等级为1，2，3，4的概率；
（2）求一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；
（3）若某天的空气质量等级为1或2，则称这天“空气质量好”；若某天的空气质量等级为3或4，则称这天“空气质量不好”．根据所给数据，完成下面的2×2列联表，并根据列联表，判断是否有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关？
附：，
【正确答案】（1）该市一天的空气质量等级分别为、、、的概率分别为、、、；（2）；（3）有，理由见解析.
【分析】（1）根据频数分布表可计算出该市一天的空气质量等级分别为、、、的概率；
（2）利用每组的中点值乘以频数，相加后除以可得结果；
（3）根据表格中的数据完善列联表，计算出的观测值，再结合临界值表可得结论.
【详解】（1）由频数分布表可知，该市一天的空气质量等级为的概率为，等级为的概率为，等级为的概率为，等级为的概率为；
（2）由频数分布表可知，一天中到该公园锻炼的人次的平均数为
（3）列联表如下：
，
因此，有的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关.
本题考查利用频数分布表计算频率和平均数，同时也考查了独立性检验的应用，考查数据处理能力，属于基础题.
16. 如图，在三棱锥中，平面，，，点分别为，的中点．
（1）证明：平面；
（2）求二面角的正弦值．
【正确答案】（1）证明见解析；
（2）．
【分析】（1）应用线面垂直的性质有，再由线面垂直的判定及性质可得，最后根据三角形中位线、等腰三角形性质易证、，利用线面垂直的判定定理证结论；
（2）法一：建立空间直角坐标系，求出相关点及向量的坐标，求平面、平面的法向量，利用向量的夹角公式及同角三角函数的基本关系即可得解；
法二：作辅助线，找到二面角的平面角，求相关线段长，利用余弦定理及同角三角函数的基本关系即可得解，
【小问1详解】
因为平面，平面，所以，
又，，，平面，所以平面，
因为平面，所以．
因为点分别为的中点，所以，所以．
因为，且为的中点，所以，
又点分别为的中点，所以，所以．
因为，，平面，所以平面．
【小问2详解】
法一：由题，两两垂直，故以为原点，，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，
即，取，得．
由（1）知，平面的一个法向量为，
设二面角的大小为，则，
所以，故二面角的正弦值为．
法二：因为平面，，点分别为的中点，
所以，如图，取中点，连接，则．
由（1）知平面，，所以平面，
因为平面，所以，又，所以，
取的中点，连接，则，所以，
所以为二面角的平面角．
易得，．
连接，，取的中点，连接，，
易得，，，，
在中，，
在中，．
在中，，
所以，故二面角的正弦值为．
17. 已知函数，.
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）求的单调区间；
（3）若和有相同的最小值，求的值.
【正确答案】（1）
（2）答案见解析； （3）
【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；
（2）根据题意，分和两种情况讨论求解即可；
（3）结合（2）得，求得，进而构造函数，研究其零点即可得答案.
小问1详解】
因为，，
所以，
所以，，
所以，曲线在点处的切线方程，即．
【小问2详解】
函数的定义域为，
所以，，
所以，当时，在上恒成立，函数在上单调递增，
当时，时，，单调递减；时，，单调递增，
综上，当时，增区间，无减区间；
当时， 减区间为，增区间为.
【小问3详解】
由（2）知，当时，在上单调递减，在单调递增.
所以，
因为，得，
所以，当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，，
因为和有相同的最小值，
所以，即，
令，，
令，，
所以，当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，即，
所以，在上单调递增，
因为，
所以，等价于
即的值为.
18. 已知数列的首项为，且满足
（1）求证为等差数列，并求出数列的通项公式；
（2）设数列的前项和为，求．
（3）若数列的通项公式为，且对任意的恒成立，求实数的最小值．
【正确答案】（1）证明见解析；
（2）
（3）
【分析】（1）根据题意结合等差数列的定义可得答案；
（2）由（1）可知，利用裂项相消法运算求解；
（3）整理可得，列式求的最大值，结合恒成立问题分析求解即可.
【小问1详解】
因为，故，
所以，即，
所以数列是以首项为，公差为4的等差数列，
可得，所以；
【小问2详解】
由（1）可知：
，
所以
；
【小问3详解】
因为，
即，可得，
令，解得，
且，可得，即，
可得，所以实数的最小值．
19. 已知椭圆经过点,,过点的直线与椭圆交于不同的两点､.
（1）求椭圆的方程;
（2）求的取值范围;
（3）设直线和直线的斜率分别为和,求证:为定值.
【正确答案】（1）;（2）.（3）证明见详解.
【分析】（1）根据椭圆经过点的坐标满足椭圆方程，结合已知条件，联立方程组即可求得；
（2）设出直线方程，联立直线方程与椭圆方程，利用韦达定理，将转化为关于斜率的函数，根据的取值范围，求函数的值域即可；
（2）由（2）中所求韦达定理，将和表示出来，整理化简即可求证.
【详解】（1）因为椭圆经过点，故可得，
又因为，
联立方程组解得，
故椭圆方程为.
（2）根据题意，直线的斜率一定存在，
故可设直线方程为，
联立椭圆方程，
可得，
则，
解得
设坐标为，
故可得，
故
.
又因为，故可得，
故可得.
即的取值范围为.
（3）因为
.
故为定值.即证.
本题考查由椭圆经过一点求椭圆的方程，以及利用韦达定理，求解范围问题和定值问题，属综合性中档题.增
极大值
减
极小值
增
锻炼人次
空气质量等级
[0，200]
(200，400]
(400，600]
1（优）
2
16
25
2（良）
5
10
12
3（轻度污染）
6
7
8
4（中度污染）
7
2
0
人次≤400
人次>400
空气质量好
空气质量不好
P(K2≥k)
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
人次
人次
空气质量好
空气质量不好