江西省新八校2024屆高三數(shù)學上學期第一次聯(lián)考（理）試題考試時間：120分鐘分值：150分一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，，則（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】解對數(shù)不等式化簡集合，再依據(jù)補集和交集的概念可求出結果.【詳解】由，得，，又，所以，.故選：B.2.若復數(shù)則復數(shù)的虛部為（）A.1 B. C.i D.【答案】A【解析】【分析】依據(jù)復數(shù)的乘方運算求出，再依據(jù)共軛復數(shù)的概念求出，依據(jù)復數(shù)的概念可得虛部.【詳解】復數(shù)，∴，則復數(shù)的虛部為1，故選：A.3.下列說法正確的是（）A.“，”的否定形式是“，”B.若函數(shù)為奇函數(shù)，則.C.兩個非零向量，，是的充分不必要條件D.若，則【答案】D【解析】【分析】依據(jù)全稱量詞的否定是存在量詞可知A錯誤；若無定義，則B錯誤；依據(jù)平面對量學問和必要不充分條件的定義可知C錯誤；依據(jù)肯定值三角不等式可知D正確.【詳解】對于A：“，”的否定形式是“，”，故A錯誤；對于B：若無定義，則無意義，故B錯誤；對于C：對兩個非零向量，，不能推出，但是“”能推出，所以是的必要不充分條件，故C錯誤；對于D：若，則.由肯定值的三角形不等式可得，所以.故D正確.故選：D.4.要計算的結果，如圖程序框圖中的推斷框內可以填（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】依據(jù)循環(huán)終止時的值可得答案.【詳解】依據(jù)可知，循環(huán)終止時，不滿意推斷框中的條件，且滿意推斷框中的條件，故程序框圖中的推斷框內可以填：.故選：B5.函數(shù)的圖像大致為()A. B.C. D.【答案】B【解析】【詳解】分析：通過探討函數(shù)奇偶性以及單調性，確定函數(shù)圖像.詳解：為奇函數(shù)，舍去A,舍去D;，所以舍去C；因此選B點睛：有關函數(shù)圖象識別問題的常見題型及解題思路（1）由函數(shù)的定義域，推斷圖象左右的位置，由函數(shù)的值域，推斷圖象的上下位置；②由函數(shù)的單調性，推斷圖象的改變趨勢；③由函數(shù)的奇偶性，推斷圖象的對稱性；④由函數(shù)的周期性，推斷圖象的循環(huán)往復．6.防疫工作，人人有責，某單位選派了甲、乙、丙、丁、戊五名志愿者到A、B、C三處核酸點參與志愿工作，若每個核酸點至少去1名志愿者，則甲、乙兩人派到同一處核酸點參與志愿者工作的概率為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】依據(jù)古典概型計算公式，結合計數(shù)原理中的分組安排問題求得基本領件總數(shù)即每個核酸點至少分1人的方法數(shù)，與甲、乙兩人派到同一處核酸點的方法數(shù)，即可得所求概率.【詳解】解：甲、乙、丙、丁、戊5人分到三個不同的核酸點，每個核酸點至少分1人的方法數(shù)是，其中甲、乙兩人派到同一處核酸點的方法數(shù)是，因此甲、乙兩人派到同一處核酸點參與志愿者工作的概率為.故選：B.7.設，數(shù)列中，，，，則下列選項正確的是（）A.當，時，則B.當，時，則C.當，時，則D.當，時，則【答案】D【解析】【分析】依據(jù)數(shù)列的周期性、等差數(shù)列的前項和公式和通項公式、等比數(shù)列的通項公式逐一推斷即可.【詳解】選項A：當，時，，，∴.數(shù)列的周期為，∴，故A不正確；選項B：，時，即，所以數(shù)列是以1為首項，2為公差的等差數(shù)列，所以，∴，故選項B不正確；選項C：當，時，即，所以數(shù)列是以1為首項，2為公比的等比數(shù)列，則，則選項C也不正確；選項D：當，時，即，則有，所以數(shù)列是以2為首項，2為公比的等比數(shù)列，∴，∴則選項D正確，故選：D8.如圖，已知拋物線E：的焦點為F，過F且斜率為1的直線交E于A，B兩點，線段AB的中點為M，其垂直平分線交x軸于點C，軸于點N.若四邊形的面積等于8，則E的方程為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】依據(jù)求出的坐標，然后得的方程，令，得的坐標，利用直角梯形的面積求出，可得拋物線方程.【詳解】易知，直線AB的方程為，四邊形OCMN為直角梯形，且.設，，，則，所以，所以，，∴.所以MC直線方程為，∴令，∴，∴.所以四邊形OCMN的面積為，∴.故拋物線E的方程為.故選：B.9.已知函數(shù)，若方程在區(qū)間上恰有3個實根，則的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】通過方程解出，再由條件確定的范圍，得到可能取值，即可通過條件中的恰有3個實根，建立不等式確定的取值范圍.【詳解】若方程，則，即或，當時，，則的可能取值為，因為原方程在區(qū)間上恰有3個實根，所以，解得，即的取值范圍是，故選：A.10.已知雙曲線：的左焦點為F，右項點為A，點B在C的一條漸近線上，且（點O為坐標原點），直線FB與y軸交于點D.若，則雙曲線C的離心率為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】不妨設點B在漸近線上，依據(jù)得直線FD方程，得的坐標，依據(jù)，得，得，得，解方程可得解.【詳解】由雙曲線方程知：漸近線方程為，，，不妨設點B在漸近線上，則直線FD方程為：，令，則，即；∴，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴.故選：B.11.有許多立體圖形都體現(xiàn)了數(shù)學的對稱美，其中半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體，半正多面體因其最早由阿基米德探討發(fā)覺，故也被稱作阿基米德體.如圖，這是一個棱數(shù)為24，棱長為的半正多面體，它的全部頂點都在同一個正方體的表面上，可以看成是由一個正方體截去八個一樣的四面體所得.若點E為線段BC上的動點，則下列結論不正確的是（）A.存在點E、使得A、、D、四點共面；B.存在點E，使；C.存在點E，使得直線DE與平面CDF所成角為；D.存在點E，使得直線DE與直線AF所成角的余弦值.【答案】C【解析】【分析】將半正多面體補成一個棱長為的正方體，當點E在點C時，依據(jù)，得A、F、D、四點共面，故A正確；當點E在點B時，依據(jù)正方體的性質易得，故B正確；對C，建立空間直角坐標系，利用線面角的向量公式計算，可知C不對；對于D，依據(jù)直面值直線夾角的向量公式計算，可知D正確.【詳解】將半正多面體補成一個棱長為的正方體，如圖：則半正多面體的全部頂點都是正方體的棱的中點，對A，當點E在點C時，，則A、F、D、四點共面，A正確；對B，當點E在點B時，易得，B正確；以為原點，過的三條棱所在直線分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標系.則，，，，，對C，設，則，設平面CDF的一個法向量為，，，則，令，得，，∴，設直線DE與平面CDF所成角為，則，若，則，則,化簡得，此方程無解，故不存在點E，使得直線DE與平面CDF所成角為，C不對；對D，，由C可知，，所以，∴，即為的中點時，直線DE與直線AF所成角的余弦值，故D正確.故選：C12.已知，，，則（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】依據(jù)作差法比較大小可得，構造函數(shù)，利用導數(shù)確定函數(shù)在的單調性，即可比較大小，從而可得結論.【詳解】解：∵，∴，設，則，∴，又設，則，當時，，∴時，∴在為增函數(shù)∵，時，，則在為增函數(shù).∴，∴綜上可得：.故選：D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.已知非零向量，滿意，且則向量在向量上的投影為______.【答案】##0.5【解析】【分析】依據(jù)向量數(shù)量積的性質由，可得，再依據(jù)投影的概念計算即可.【詳解】解：因為，所以，所以，又，所以向量在向量上的投影為.故答案為：.14.已知，則的綻開式中項的系數(shù)是______.（用數(shù)字作答）【答案】240【解析】【分析】由計算定積分得，再依據(jù)二項綻開式的通項公式可求出結果.【詳解】因為，所以，綻開式的通項為，，令，，則項的系數(shù)是.故答案為：24015.已知正三棱柱的頂點都在球的球面上，若正三棱柱的側面積為12，則球的表面積的最小值是______.【答案】【解析】【分析】設正三棱柱的高為，底面邊長為，依據(jù)側面積列式得，依據(jù)正弦定理出底面外接圓的半徑，依據(jù)勾股定理求出球的半徑，再依據(jù)球的表面積公式可求出結果.【詳解】因為正三棱柱是直三棱柱，設其高為，，則，∴，設三角形ABC的外接圓半徑為，則，∴，設球О的半徑R，則，當且僅當時，等號成立.所以球О的半徑R平方的最小值為，所以球表面積的最小值為.故答案為：16.已知函數(shù)，若存在微小值點，則的最大值為______.【答案】【解析】【分析】求導后，分類探討，當時，函數(shù)無微小值點，當時，在時，取得微小值，故，得，再利用導數(shù)求出其最大值可得解.【詳解】函數(shù)的定義域為，，當時，令，得，令，得，所以在上為增函數(shù)，在上為減函數(shù)，此時無微小值點；當時，令，得或，令，得，所以在上為增函數(shù)，在上為減函數(shù)，在上為增函數(shù)，此時時，取得微小值，故，所以，設，則，令，得，令，得，∴在上單調遞增，在上單調遞減，所以，即的最大值為.故答案為：三、解答題：共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.第17-21題為必考題，每個試題考生都必需作答.第22、23題為選考題，考生依據(jù)要求作答.17.設的三個內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且滿意（1）證明：；（2）求的最小值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）依據(jù)余弦二倍角公式、正弦和差角公式、誘導公式化簡已知式子，再依據(jù)正弦定理即可證明結論；（2）依據(jù)余弦定理結合基本不等式求解最值即可.【小問1詳解】證明：由∴得，即，又，∴則由正弦定理，得.【小問2詳解】解：由（1）有，則則由余弦定理得，當且僅當，即時等號成立，所以的最小值為.18.2024年10月16日二十大成功召開后，學習貫徹黨的二十大精神，要在全面學習上下功夫，只有全面、系統(tǒng)、深化學習，才能完整、精確、全面領悟黨的二十大精神.有關部門就學習宣揚二十大精神推動學校和機關單位，某學校安排選派部分優(yōu)秀學生干部參與宣揚活動，報名參與的學生需進行測試，共設4道選擇題，規(guī)定必需答完全部題，且每答對一題得1分，答錯得0分，至少得3分才能成為宣揚員；甲、乙、丙三名同學報名參與測試，他們答對每道題的概率都為，且每個人答題相互不受影響.（1）求甲、乙、丙三名同學恰有兩位同學成為宣揚員的概率；（2）用隨機變量表示三名同學能夠成為宣揚員人數(shù)，求的數(shù)學期望與方差.【答案】（1）（2）；.【解析】【分析】（1）先求出每個同學成為宣揚員的概率，再依據(jù)獨立重復試驗的概率公式可求出結果；（2）依據(jù)二項分布的數(shù)學期望和方差公式可求出結果.【小問1詳解】每個同學成為宣揚員需得3分或4分，即答對3道或4道試題，所以每個同學成為宣揚員的概率為，因為每個人答題相互不受影響，所以三人是否成為宣揚員是相互獨立事務，又因為每個人成為宣揚員的概率均為，所以甲、乙、丙三名同學恰有兩位同學通過測試的概率為.【小問2詳解】因為每個人成為宣揚員的概率均為，故為獨立重復試驗，又隨機變量表示能夠成為宣揚員的人數(shù)，即3次獨立重復試驗中發(fā)生次的概率，所以隨即變量滿意二項分布，所以，.19.如圖所示，四邊形ABCD為菱形，，二面角為直二面角，點E是棱AB的中點.（1）求證：；（2）若，，當二面角的余弦值為時，求直線PE與平面PAC所成的角正弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）設點F是棱AD的中點，連PF，EF，BD，則，依據(jù)二面角為直二面角，可得平面ABCD，得，依據(jù)菱形對角線垂直以及中位線平行可得，依據(jù)線面垂直的判定可得平面，從而可得；（2）設點O是AC與BD的交點，以OA所在直線為x軸，OB所在直線為y軸，過點О垂直平面ABC的直線為z軸，建立空間直角坐標系，設，依據(jù)二面角的余弦值為求出，再利用線面角的向量公式可求出結果.【小問1詳解】證明：如圖所示，設點F是棱AD的中點，連PF，EF，BD，由及點F是棱AD的中點，可得，又二面角為直二面角，即平面平面，平面，平面平面，所以平面ABCD，又因為平面ABCD，所以，又因為四邊形ABCD為菱形，所以，而EF是的中位線，所以，可得，又由，且平面，平面，所以平面又因為平面，所以.【小問2詳解】設點O是AC與BD的交點，以OA所在直線為x軸，OB所在直線為y軸，過點О垂直平面ABC的直線為z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，設，則，，，則，，設平面PAC的法向量為，則，取，可得，，即，又因為平面ABC的一個法向量為，由二面角的余弦值為，得，解得，則，，，，設直線PE與平面PAC所成的角為，則，所以直線PE與平面ABCD所成的角正弦值為.20.已知橢圓：經(jīng)過點，點為橢圓C的右焦點.（1）求橢圓C的方程；（2）過點作兩條斜率都存在且不為的相互垂直的直線，，直線與橢圓相交、，直線與橢圓相交、兩點，求四邊形的面積S的最小值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）依據(jù)已知條件列式求出可得橢圓C方程；（2）聯(lián)立直線與橢圓方程，依據(jù)弦長公式求出和，求出后，依據(jù)基本不等式求出最值可得解.【小問1詳解】由題意可得，解得，所以橢圓方程為.【小問2詳解】設直線的方程為，聯(lián)立得：，,設，，則，，所以，同理可得，則，當且僅當，即時取等號.所以四邊形的面積S的最小值為.21.已知函數(shù)（是自然對數(shù)的底數(shù)）有兩個零點.（1）求實數(shù)的取值范圍：（2）若的兩個零點分別為，證明：【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）令，則有2個零點轉化為有2個零點，利用導數(shù)得在上單調遞減，在上單調遞增，再分類探討與大小，依據(jù)零點存在性定理可得結果；（2）設的兩個零點為和，則，，將所證不等式化為，依據(jù)，，將化為，構造函數(shù)，，利用導數(shù)可證不等式成立.【小問1詳解】的定義域為.由題意可得，有2個零點，令，則在時恒成立，故在上單調遞增，所以有2個零點可轉化為有2個零點，因為，由可得，由可得，所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以，若，則，此時恒成立，函數(shù)沒有零點，若，則，函數(shù)有且僅有一個零點，若，則，因為，所以在上恰有一個零點，令，則，令，則，故為增函數(shù)，所以，即，故為增函數(shù)，所以，即，所以，所以，所以在上恰有1個零點，故在和上各有1個零點，符合題意.綜上所述，的取值范圍為.【小問2詳解】由（1）可知，有兩個零點，設為和，則，，要證，只要證，即證，即證，又，，所以，，所以，只要證，設，令，，所以只要證，即證，令，，則，所以在上為增函數(shù)，∴，即當時，，所以，即，故.【點睛】關鍵點點睛：（1）中，令，將有2個零點轉化為有2個零點，再利用導數(shù)和零點存在定理求解是解題關鍵；（2）中，設的兩個零點為和，將所證不等式轉化為，再構造函數(shù)，，利用導數(shù)證明不等式是解題關鍵.選考題：共10分.請考生在第22