1、江西省景德镇市2024届高三第一次质检数学试题一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.1. 已知集合，则（ ）A B. C. D. 2. 已知，则在复平面内对应的点在第（ ）象限.A. 四B. 三C. 二D. 一3. 且是的（ ）A. 充要条件B. 充分不必要条件C 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件4. 人们把蜂房誉为自然界最奇异的建筑，蜂房是由许许多多的正六棱柱组成，一个挨着一个，紧密地排列，没有一点空隙.人们一直疑问，蜜蜂为什么不让其巢室呈三角形、正方形或其他形状呢？虽然蜂窝是一个三维体建筑，但每一个蜂巢都是六面柱体，而蜂蜡墙的总面积仅与蜂巢的截面有关.由此引出一个数学问题
2、，即寻找面积最大、周长最小的平面图形.1943年，匈牙利数学家陶斯（Laszlo Fejes Toth）证明了，在所有首尾相连的正多边形中，正六边形的周长是最小的.1999年，黑尔斯证明了周边是曲线时，无论曲线是向外凸还是向内凹，由正六边形组成的图形周长都是最小的.如图是一个边长为2的正六边形ABCDEF，则（ ）A. 4B. C. D. 5. 设，（e为自然对数底数），则a，b，c大小关系为（ ）A. B. C. D. 6 对某位运动员近5次比赛成绩统计如下表：比赛次数x12345得分y3940484850根据表可得y关于x的线性回归方程为：，则下列说法不正确的是（ ）A. B. y与x的相
3、关系数C. 得分y的方差为22.8D. 预测第6次比赛成绩约为547. 已知抛物线C：的焦点为F，准线为l，过F的直线交抛物线C于A，B两点，的中垂线分别交l与x轴于D，E两点（D，E在的两侧）.若四边形为菱形，则（ ）A. B. C. D. 28. 数列前n项和为，且满足：，下列说法错误的是（ ）A. B. 数列有最大值，无最小值C. ，使得D. ，使得二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 已知点P在圆O：上，点，.则（ ）A. 直线与圆O相切B. 直线与圆O相交，且相交所得弦长为
4、C. 存在点P，使得D. 存在点P，使得10. 已知向量，以下结论正确是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则11. 如图，正方体的棱长为2，E，F，G，H分别是所在棱上的点，且满足，则（ ）A. 若四边形为矩形，则B. 若四边形菱形，则E，G或F，H为所在棱中点C. 若四边形为菱形，则四边形的周长取值范围为D. 当且仅当E，F，G，H均为所在棱中点时，四边形为正方形12. 已知，则下列说法正确的是（ ）A. 函数有两个零点B. 函数在上单调递减C. 函数无最大值和最小值D. 当或时，关于x的方程有且仅有1个解第卷（非选择题）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.1
5、3. 二项式的展开式中常数项为_（用数字作答）.14. 函数在处的切线方程为_.15. 已知曲线向右平移个单位后得到的曲线对应的函数为，若为偶函数，且在上单调递增，则_.16. 已知双曲线C：的左右焦点分别为，点P是C的右支上一点，交y轴于Q，（O为坐标原点），则双曲线C的渐近线方程为_.四、解答题：本题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 记为数列的前n项和，时，满足，.（1）求的通项公式；（2）求.18. 如图，已知ABD的重心为C，ABC三内角A、B、C的对边分别为a，b，c.且（1）求ACB的大小；（2）若，求的大小.19. 如图，三棱锥中，与均为等边三角形
6、，M为的中点.（1）求证：；（2），求二面角的余弦值.20. 某娱乐节目闯关游戏共有三关，游戏规则如下，选手依次参加第一，二，三关，闯关成功可获得的奖金分别为1000元、2000元、3000元.奖金可累加，若某关闯关成功，选手可以选择结束闯关游戏并获得相应奖金，也可以选择继续闯关，若有任何一关闯关失败，则连同前面所得奖金全部归零，闯关游戏结束.选手小刘参加闯关游戏，已知他第一，二，三关闯关成功的概率分别为，.第一关闯关成功选择继续闯关的概率为，第二关闯关成功选择继续闯关的概率为，且每关闯关成功与否互不影响.（1）求小刘第一关闯关成功，但所得总奖金为零的概率；（2）设小刘所得奖金为X，求随机变量
7、X的分布列及数学期望.21. 已知椭圆C：的焦距为，左右顶点分别为A，B.M是C上异于A，B的点，满足MA，MB的斜率之积为.（1）求C的方程；（2）P，Q是椭圆C上的两点（P在Q的左侧），AP，BQ的斜率为，且.且AQ与PB相交于T，求的取值范围.22. 已知函数，.（1）若，求函数值域；（2）是否存在正整数a使得恒成立？若存在，求出正整数a的取值集合；若不存在，请说明理由.江西省景德镇市2024届高三第一次质检数学试题一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】分别解一元二次不等式、利用正弦函数的值域化简集合，结
8、合交集的概念即可求解.【详解】由题意，所以由交集的概念可知.故选：C.2. 已知，则在复平面内对应的点在第（ ）象限.A. 四B. 三C. 二D. 一【答案】A【解析】【分析】应用复数的除法化简复数，写出其共轭复数，即可判断对应点所在象限.【详解】，则，所以对应点为，在第四象限.故选：A3. 且是的（ ）A. 充要条件B. 充分不必要条件C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】由不等式性质，结合充分、必要性定义判断条件间的关系.【详解】由且，则，充分性成立；由，若满足，但且不成立，必要性不成立；故且是的充分不必要条件.故选：B4. 人们把蜂房誉为自然界最奇异的建
9、筑，蜂房是由许许多多的正六棱柱组成，一个挨着一个，紧密地排列，没有一点空隙.人们一直疑问，蜜蜂为什么不让其巢室呈三角形、正方形或其他形状呢？虽然蜂窝是一个三维体建筑，但每一个蜂巢都是六面柱体，而蜂蜡墙的总面积仅与蜂巢的截面有关.由此引出一个数学问题，即寻找面积最大、周长最小的平面图形.1943年，匈牙利数学家陶斯（Laszlo Fejes Toth）证明了，在所有首尾相连的正多边形中，正六边形的周长是最小的.1999年，黑尔斯证明了周边是曲线时，无论曲线是向外凸还是向内凹，由正六边形组成的图形周长都是最小的.如图是一个边长为2的正六边形ABCDEF，则（ ）A. 4B. C. D. 【答案】A
10、【解析】【分析】根据题意，由数量积定义，代入计算，即可得到结果.【详解】因为是边长为的正六边形，所以，则.故选：A5. 设，（e自然对数底数），则a，b，c大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由，且，构造利用导数研究单调性比较大小，即可得结果.【详解】由题设，显然，对于，的大小，只需比较大小，令且，则，即在上递减，所以，故，综上，故.故选：B6. 对某位运动员近5次比赛成绩统计如下表：比赛次数x12345得分y3940484850根据表可得y关于x的线性回归方程为：，则下列说法不正确的是（ ）A. B. y与x的相关系数C. 得分y的方差为22.8D. 预测第6次
11、比赛成绩约为54【答案】C【解析】【分析】由数据求得、，由样本中心在回归直线上求得，进而估计对应y，应用方差公式求得分y的方差、相关系数公式判断的符号.【详解】由表格数据，所以，故，当，则，A、D对；，C错；，B对.故选：C7. 已知抛物线C：的焦点为F，准线为l，过F的直线交抛物线C于A，B两点，的中垂线分别交l与x轴于D，E两点（D，E在的两侧）.若四边形为菱形，则（ ）A. B. C. D. 2【答案】B【解析】【分析】由题设及抛物线性质求出直线的倾斜角，由即可求弦长.【详解】由四边形为菱形，如下图示，由抛物线性质知：，则，故，又，故，所以.公式，证明如下：令直线（斜率存在）为，代入，则
12、，整理得，若，而，若直线倾斜角为（不为直角），则，所以.故选：B8. 数列前n项和为，且满足：，下列说法错误的是（ ）A. B. 数列有最大值，无最小值C. ，使得D. ，使得【答案】D【解析】【分析】A选项，令求出，再令，求出；B选项，先得到，再求出，单调递减，故B正确；C选项，当时，时，证明出C正确；D选项，作差，并结合C选项中结论计算出，故D错误.【详解】A选项，中，令得，因为，解得，解得，中，令得，即，解得，负值舍去，A正确；B选项，当时，故，故，因为，故，故，则单调递减，数列有最大值，无最小值，B正确；C选项，当时，此时等号成立，当时，由于，所以，综上，使得，C正确；D选项，由C选项
13、可知，故，所以恒成立，故不存在，使得，D错误.故选：D【点睛】数列不等式问题，常常需要进行放缩，放缩后变形为等差数列或等比数列，在结合公式进行证明，又或者放缩后可使用裂项相消法进行求和，常常使用作差法和数学归纳法，技巧性较强.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 已知点P在圆O：上，点，.则（ ）A. 直线与圆O相切B. 直线与圆O相交，且相交所得弦长为C. 存在点P，使得D. 存在点P，使得【答案】BCD【解析】【分析】写出直线方程，应用圆心到直线的距离与半径关系判断A，求出相交弦
14、长判断B，过N作圆O的切线，位于第二象限切点为A，易得，判断C，假设确定P轨迹，与圆的位置关系即可判断D.【详解】由题设，故圆心到直线的距离，所以直线与圆O相交，且弦长，A错，B对；过N作圆O的切线，位于第二象限切点为A，则，故，则点P与A重合时最大的，那么，当P在圆上运动时必然存在，C对；若，则P在以为直径的圆上，圆与圆，圆心距为，所以两圆有交点，故存在P使得，D对.故选：BCD10. 已知向量，以下结论正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】BD【解析】【分析】由向量垂直、平行、数量积、模长的坐标表示列方程或不等式，结合三角恒等变换及正余弦型函数的性质求值或范
15、围，判断各项正误.详解】A：若，则，则，所以，错；B：若，则，而，对；C：若，则，故，则或，所以或，错；D：若，则，可得，所以，故，对；故选：BD11. 如图，正方体的棱长为2，E，F，G，H分别是所在棱上的点，且满足，则（ ）A. 若四边形为矩形，则B. 若四边形为菱形，则E，G或F，H为所在棱中点C. 若四边形为菱形，则四边形的周长取值范围为D. 当且仅当E，F，G，H均为所在棱中点时，四边形为正方形【答案】BCD【解析】【分析】由正方体的结构特征，结合已知和平面的基本性质、矩形、菱形的特征判断各项正误即可.【详解】A：若四边形为矩形，也有可能，如下图示，即只需用一个垂直于一组对面的平面截
16、正方体，并保证即可，错；B：若四边形为菱形，则且对角线垂直，若E，G或F，H都不是棱中点，如下图，作，分别交于，因为E，G都不是棱中点，则，易知，与菱形矛盾，所以E，G或F，H至少有一对是棱中点，对；C：由B分析知：四边形为菱形，假设E，G是棱中点，且，所以F，H都是棱中点时，菱形边长最短为2；F，H都是顶点时，菱形边长最长为，棱长的范围为，故四边形的周长取值范围为，对；D：要使四边形为正方形，即用一个垂直于一组对面的平面截正方体，且截面过一组相对侧棱的中点，结合矩形和菱形的性质，且，则E，F，G，H均为所在棱中点，对.故选：BCD12. 已知，则下列说法正确是（ ）A. 函数有两个零点B.
17、函数在上单调递减C. 函数无最大值和最小值D. 当或时，关于x的方程有且仅有1个解【答案】ACD【解析】【分析】利用导数研究的单调性、极值，画出函数大致图象，数形结合分析各项的正误.【详解】由且，故上，递增，上，递减，且极大值， ， 在内趋向于1时趋向于0且恒负，则趋向，在上恒成立，趋向于时趋向于，则趋向3，综上，图象如下， 所以有两个零点，上不单调，无最大值和最小值，或时，关于x的方程有且仅有1个解.故选：ACD第卷（非选择题）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13. 二项式的展开式中常数项为_（用数字作答）.【答案】60【解析】【分析】根据二项式展开式的通项公式即可求得正确
18、答案.【详解】二项式展开式的通项公式为，由题意令，解得，所以二项式展开式中的常数项为.故答案为：60.14. 函数在处的切线方程为_.【答案】【解析】【分析】根据求导公式和运算法则求出切线的斜率，结合直线的点斜式方程即可求解.【详解】由题意知，则切点为，所以切线的斜率为，故函数在处的切线方程为，即.故答案为：.15. 已知曲线向右平移个单位后得到的曲线对应的函数为，若为偶函数，且在上单调递增，则_.【答案】或【解析】【分析】由题意可得，由为偶函数，可得，或，再根据在上单调递增，结合余弦函数的性质求解即可.【详解】解：由题意可知，又因为为偶函数，所以，或，解得，又因为，所以，又，所以，又因为当时
19、，当时，由在上单调递增可得：，解得，由，可得，由，解得，所以，又因为，且，所以，解得，所以；当时，由在上单调递增可得：，解得，由，可得，由，解得，所以，所以，又因为得，且，所以，解得，所以，综上所述，或.故答案为：或16. 已知双曲线C：的左右焦点分别为，点P是C的右支上一点，交y轴于Q，（O为坐标原点），则双曲线C的渐近线方程为_.【答案】【解析】【分析】由题设有，结合双曲线定义有，进而求，即可得渐近线方程.【详解】中，中，而，故，且，则，故双曲线C的渐近线方程为.故答案为：四、解答题：本题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 记为数列的前n项和，时，满足，.（1
20、）求的通项公式；（2）求.【答案】17. 18. 【解析】【分析】（1）根据与的关系，得，检验是否满足递推公式，所以数列从第二项起构成等比数列，根据等比数列通项公式计算可得.（2）当时，根据等比数列前项和公式计算得，再检验时，是否满足，.最后计算可得.【小问1详解】当时，得，因为时，时，此时，不满足，所以数列从第二项起是以为首项，为公比的等比数列，所以.【小问2详解】当时，所以，当时，也满足上式，故.18. 如图，已知ABD的重心为C，ABC三内角A、B、C的对边分别为a，b，c.且（1）求ACB的大小；（2）若，求的大小.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据二倍角的余弦公式和正弦
21、定理可得，由与两角和的正弦公式可得，即可求解；（2）如图延长DA、BC分别交AB、AD于点E、F，由（1）可得，根据重心的定义可得、，求出AD、CD，结合余弦定理和同角的三角函数关系计算即可求解.【小问1详解】由题意知，由正弦定理，得，整理，得，又，所以，有，又，所以，由，得，即.【小问2详解】由题意知，点C是的重心，如图，延长DA、BC分别交AB、AD于点E、F，则E、F分别是AB、AD的中点，由（1）知，又，则，得，由，知为等边三角形，有，所以，直角中，所以，在中，由余弦定理，得，由，得，即的值为.19. 如图，三棱锥中，与均为等边三角形，M为的中点.（1）求证：；（2），求二面角的余弦值
22、.【答案】（1）证明见解析； （2）.【解析】【分析】（1）连接，由已知易得，再由线面垂直的判定和性质证结论；（2）设，易证，再由线面垂直的判定证面，构建空间直角坐标系，应用向量法求二面角的余弦值即可.【小问1详解】连接，由与均为等边三角形，则，所以，面，所以面，面，则.【小问2详解】设，由（1），则，故，又，面，故面，构建如下图示的空间直角坐标系，则，所以，又，易得，由，若面的一个法向量为，则，令，故；由，若面的一个法向量为，则，令，故，所以，由图知二面角的平面角为钝角，所以二面角的余弦值.20. 某娱乐节目闯关游戏共有三关，游戏规则如下，选手依次参加第一，二，三关，闯关成功可获得的奖金分别
23、为1000元、2000元、3000元.奖金可累加，若某关闯关成功，选手可以选择结束闯关游戏并获得相应奖金，也可以选择继续闯关，若有任何一关闯关失败，则连同前面所得奖金全部归零，闯关游戏结束.选手小刘参加闯关游戏，已知他第一，二，三关闯关成功的概率分别为，.第一关闯关成功选择继续闯关的概率为，第二关闯关成功选择继续闯关的概率为，且每关闯关成功与否互不影响.（1）求小刘第一关闯关成功，但所得总奖金为零的概率；（2）设小刘所得奖金为X，求随机变量X的分布列及数学期望.【答案】（1）； （2）分布列见解析，数学期望为元.【解析】【分析】（1）利用独立事件乘法及互斥事件加法求小刘第一关闯关成功，但所得总
24、奖金为零的概率；（2）首先确定可能，应用乘法公式、加法公式求对应概率，写出分布列，进而求期望即可.【小问1详解】由题意，要使小刘第一关闯关成功，但所得总奖金为零，选择闯第二关且失败，或选择闯第二关且成功，又选择闯第三关且失败，所以小刘第一关闯关成功，但所得总奖金为零的概率.【小问2详解】由题意，且，X的分布列如下：0100030006000元.21. 已知椭圆C：的焦距为，左右顶点分别为A，B.M是C上异于A，B的点，满足MA，MB的斜率之积为.（1）求C的方程；（2）P，Q是椭圆C上的两点（P在Q的左侧），AP，BQ的斜率为，且.且AQ与PB相交于T，求的取值范围.【答案】21. 22. 【
25、解析】【分析】（1）设，表示出MA，MB的斜率，由结合M是C上的点可得，再结合椭圆的焦距，解得，即可求出C的方程；（2）设的斜率为，由椭圆的对称性可得，表示出、的方程，求出，分别联立椭圆方程可求出，则，结合的范围，即可得出答案.【小问1详解】设，因为MA，MB的斜率之积为，所以，因为M是C上的点，所以，所以，故，又因为，所以，又因为，所以，故椭圆C的方程为：.【小问2详解】设的斜率为，AP，BQ的斜率为，因为在椭圆上，所以，所以，同理，易知，由，所以，设的方程为：，的方程为：，联立，则，解得：，联立，可得：，因为直线与椭圆交于两点，即，解得：，联立，可得：，因为直线与椭圆交于两点，即，解得：，
26、由可得：，则，即，则，所以，因为，所以，.的取值范围为.【点睛】关键点睛：本题的关键是用表示出，则，结合的范围，即可得出答案.22. 已知函数，.（1）若，求函数值域；（2）是否存在正整数a使得恒成立？若存在，求出正整数a的取值集合；若不存在，请说明理由.【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】（1）由题设，对其求导，利用导数研究单调性，再根据区间单调性求值域即可；（2）问题化为在上恒成立，构造，讨论、，并应用导数研究单调性，进而判断函数值符号，即可求参数取值.【小问1详解】由题设，则，若，则，可得，递增；若，则，可得，递减；又，综上，值域为.【小问2详解】由，则，令，则，且，当，（舍）；当，则，故，令，则，又，对于，有，即递增，所以，故恒成立，所以，即在上递增，又，则，所以在上递增，又，即，符合题意；当，令，则，所以（舍）；综上，正整数a的取值集合.【点睛】关键点点睛：第二问，问题化为在上恒成立，再分类讨论参数并结合导数研究函数值的符号，再时令，构造出为关键.
