一、單選題
1．雙曲線的實軸長為（ ）
A．B．4C．D．8
2．已知集合，則（ ）
A．B．C．D．
3．等比數(shù)列中，已知，則（ ）
A．B．2C．D．1
4．已知是銳角，則“直線與平面所成角的大小為”是“直線與平面內無數(shù)條直線所成角的大小為”的（ ）條件.
A．必要不充分B．充分不必要
C．充分必要D．既不充分也不必要
5．已知直線的方程為，則直線的傾斜角的取值范圍為（ ）
A．B．
C．D．
6．2024年巴黎奧運會乒乓球比賽，中國隊表現(xiàn)出色，包攬全部乒乓金牌，其中混雙是中國歷史上第一塊奧運乒乓球混雙金牌，由王楚欽和孫穎莎組成的“莎頭”組合對戰(zhàn)朝鮮隊，最終以的比分贏得勝利.假設2025年的一次乒乓球比賽中，“莎頭”組合再次遇到朝鮮隊，采用7局4勝制（先勝4局者勝，比賽結束），已知每局比賽“莎頭”組合獲勝的概率為，則“莎頭”組合再次以獲勝的概率為（ ）
A．B．C．D．
7．已知函數(shù)的圖象經(jīng)過點，則下列說法正確的是（ ）
A．若，則對任意的都有
B．若的圖象關于直線對稱，則
C．若在上單調遞增，則的取值范圍是
D．若方程在上恰有兩個不同的實數(shù)解，則的取值范圍是
8．已知表示m，n中最大的數(shù)，設函數(shù)，若，則的最大值為（ ）
A．2B．1C．1D．2
二、多選題
9．已知復數(shù)，則（ ）
A．
B．
C．
D．在復平面內對應的點位于第四象限
10．下列說法中正確的是（ ）
A．若樣本數(shù)據(jù)、、、的平均數(shù)為，則數(shù)據(jù)、、、的平均數(shù)為
B．隨機變量服從正態(tài)分布，若，則
C．某校高三（1）班進行米體測，男生人，跑完平均用時秒，方差為，女生人，跑完平均用時秒，方差為，則該班級的體測成績方差大于
D．若隨機事件、滿足：，，，則事件與相互獨立
11．如圖，在棱長為的正方體中，、、分別是、、的中點，是線段上的動點（不包含端點），則（ ）
A．四面體的外接球的表面積為
B．存在點，使、、、四點共面
C．過且與垂直的平面截正方體所得截面面積取值范圍為
D．點是四邊形內的動點，且直線與直線夾角為，則點的軌跡長度為
三、填空題
12．已知向量，若與是共線向量，則實數(shù) .
13．的展開式中的系數(shù)為36，則的值為 .
14．課內我們已經(jīng)學習了一元二次方程的韋達定理.實際上，一元三次方程也有對應的韋達定理：一元三次方程的三根為滿足：.已知滿足：和，其中互不相等，則 .
四、解答題
15．在中，已知角的對邊分別是，且.
(1)求角的大?。?br>(2)若邊上的高為，求三角形ABC的周長.
16．如圖，在四棱錐中，，，平面平面ABCD.
(1)求證：；
(2)求平面PCD與平面PAB夾角的余弦值.
17．已知函數(shù)，其中.
(1)當時，求在點處的切線方程；
(2)當時，恒成立，求的取值范圍.
18．平面直角坐標系中，點與定點的距離和它到定直線的距離之比是常數(shù).
(1)求點的軌跡方程；
(2)若不過點的直線交曲線于P，Q兩點；
①若以P，Q為直徑的圓過點，證明：直線過定點；
②在①條件下，作為垂足.是否存在定點，使得為定值？若存在，求點的坐標；若不存在，說明理由.
19．設，若，且不存在，使得依次成等差數(shù)列，則稱為的簡單集，元素個數(shù)最多的簡單集稱為的最大簡單集，的最大簡單集的元素個數(shù)記為.
(1)寫出4的所有最大簡單集，并求；
(2)設，證明：，并求；
(3)設，若對任意，都有恒成立，證明：.
《江西省新余市2024-2025學年高三上學期第一次模擬考試數(shù)學試卷》參考答案
1．C
【分析】根據(jù)雙曲線方程直接確定實軸長.
【詳解】由雙曲線方程知，則實軸長為.
故選：C
2．A
【分析】解一元二次不等式、指數(shù)不等式求集合，應用交運算求集合.
【詳解】由，，
所以.
故選：A
3．A
【分析】利用等比數(shù)列通項公式及已知可得，再由即可求值.
【詳解】若等比數(shù)列的公比為，
由題設，則，即，
由.
故選：A
4．B
【分析】利用線面角的定義結合充分條件、必要條件的定義判斷即可.
【詳解】如下圖所示：
設直線交平面于點，過直線上異于點的點作，垂足為點，
則為直線與平面所成的角，
若直線與平面所成角的大小為，則直線與所有平行于直線的直線所成的角都為，
即“直線與平面所成角的大小為”“直線與平面內無數(shù)條直線所成角的大小為”，
若直線與平面內無數(shù)條直線所成角的大小為，
但直線與平面內所有直線所成的最小角為直線與平面所成的角，
所以，不一定是直線與平面所成的角，
即“直線與平面所成角的大小為”“直線與平面內無數(shù)條直線所成角的大小為”，
因此，“直線與平面所成角的大小為”是“直線與平面內無數(shù)條直線所成角的大小為”的充分不必要條件.
故選：B.
5．D
【分析】求出直線的斜率的取值范圍，利用直線傾斜角與斜率的關系可得出直線的傾斜角的取值范圍.
【詳解】直線的斜率為，設該直線的傾斜角為，則，
又因為，故.
故選：D.
6．B
【分析】分析“莎頭”組合以獲勝，即前局“莎頭”組合勝局、負局，第局“莎頭”組合獲勝，利用二項分布的概率公式計算可得.
【詳解】“莎頭”組合再次以獲勝，即前局“莎頭”組合勝局、負局，第局“莎頭”組合獲勝，
所以“莎頭”組合再次以獲勝的概率.
故選：B
7．C
【分析】先根據(jù)函數(shù)的圖象經(jīng)過點求出，根據(jù)正弦函數(shù)的周期即可判斷A；根據(jù)正弦函數(shù)的對稱性即可判斷B；根據(jù)正弦函數(shù)的單調性即可判斷C；根據(jù)正弦函數(shù)的圖象與性質即可判斷D．
【詳解】因為函數(shù)的圖象經(jīng)過點，
所以，即，又，所以，所以；
對于A：當時，，
則，故A錯誤；
對于B：因為的圖象關于直線對稱，則，
又，所以，故B錯誤；
對于C：由，得，
因為在上單調遞增，所以，
即，解得，即的取值范圍是，故C正確；
對于D，因為，所以，
方程在上恰有兩個不同的實數(shù)解，即在上恰有兩個不同的實數(shù)解，
則有，解得，即的取值范圍是，故D錯誤．
故選：C．
8．C
【分析】根據(jù)題設有的定義域為，討論、、、，結合導數(shù)、二次函數(shù)、對數(shù)函數(shù)的性質研究的符號得參數(shù)范圍，即可得答案.
【詳解】由，顯然函數(shù)定義域為，
當時，
令，則，
令，則，
顯然，即在上單調遞增，
又，，故使，則，
所以上，即，則在上單調遞減，
上，即，則在上單調遞增，
所以，顯然，則，
此時恒成立，故，即，滿足要求；
當時，
對于有，即恒成立，
則時，，又時，，
此時恒成立，即，滿足要求；
當時，
對于恒成立，
則時，，又時，，
此時恒成立，即，滿足要求；
當時，
對于的圖象開口向上且對稱軸，
所以，在上單調遞減，且有，
對于，在上單調遞增，且有，
綜上，在區(qū)間內，存在，即存在，不滿足要求；
綜上，，故的最大值為1.
故選：C
【點睛】關鍵點點睛：利用導數(shù)、二次函數(shù)、對數(shù)函數(shù)的性質研究在上是否恒成立為關鍵.
9．BD
【分析】根據(jù)復數(shù)不能比較大小判斷A，應用加法及模長公式計算判斷B，應用共軛復數(shù)及復數(shù)得乘法計算判斷C，結合除法運算律及對應點的坐標判斷D.
【詳解】虛數(shù)不能比較大小，A選項錯誤；
復數(shù)，則，則，B選項正確；
，C選項錯誤；
對應點為，D選項正確.
故選：BD.
10．ABD
【分析】利用平均數(shù)的性質可判斷A選項；利用正態(tài)密度曲線的對稱性可判斷B選項；利用分層抽樣的方差公式可判斷C選項；利用獨立事件的定義可判斷D選項.
【詳解】對于A選項，設數(shù)據(jù)、、、的平均數(shù)為，
則樣本數(shù)據(jù)、、、的平均數(shù)為，解得，A對；
對于B選項，隨機變量服從正態(tài)分布，若，則，
則，B對；
對于C選項，由題意可知，該班級的體測成績的平均數(shù)為，
所以，該班級的體測成績方差為
，
無法確定與的大小，C錯；
對于D選項，由題意可得，
故事件、獨立，D對.
故選：ABD.
11．ACD
【分析】利用補形法可判斷A選項；作出輔助線，得到，即、、、四點共面，當與重合時滿足要求，但不能與重合，可判斷B選項；作出輔助線，得到平面截正方體截面為平行四邊形，當與點重合時，面積最大，此時面積為，當與點無限接近時，面積接近于，可判斷C選項；作出輔助線，得到點的軌跡是以為圓心，為半徑的部分圓弧，可求出點的軌跡長度，可判斷D選項.
【詳解】對于A選項，將四棱錐補成長方體，
所以，四面體的外接球的直徑即為長方體的體對角線長，
即四面體的外接球的直徑為，
所以，四面體的外接球的表面積為，A對；
對于B選項，連接、、，
因為且，故四邊形為平行四邊形， 所以，，
因為、分別是、中點，則，所以，
即、、、四點共面，
當與重合時滿足、、、四點共面，
但是線段上的動點（不包含端點），B錯；
對于C選項，如圖，在平面上作⊥，垂足為點，
過點作在平面內⊥交或者于，
因為平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
又平面，所以⊥，
因為，、平面，所以平面，
平面截正方體截面為平行四邊形，
當與點重合時，面積最大，此時，，面積為，
當與點無限接近時，面積接近于，
過且與垂直的平面截正方體所得截面面積取值范圍為，C對；
對于D選項，取的中點，連接，則，
則平面，取的中點，以為圓心，為半徑作圓，
交、于、，
則點的軌跡為以為圓心，為半徑的部分圓弧，
此時滿足直線與直線夾角為，
如圖，，故，
所以點的軌跡長度為，D對.
故選：ACD.
【點睛】方法點睛：立體幾何中截面的處理思路：
（1）直接連接法：有兩點在幾何體的同一個平面上，連接該兩點即為幾何體與截面的交線，找截面就是找交線的過程；
（2）作平行線法：過直線與直線外一點作截面，若直線所在的平面與點所在的平面平行，可以通過過點找直線的平行線找到幾何體與截面的交線；
（3）作延長線找交點法：若直線相交但在立體幾何中未體現(xiàn)，可通過作延長線的方法先找到交點，然后借助交點找到截面形成的交線；
（4）輔助平面法：若三個點兩兩都不在一個側面或者底面中，則在作截面時需要作一個輔助平面.
12．/0.5
【分析】由向量線性關系的坐標運算及共線的坐標表示列方程求參數(shù)即可.
【詳解】由題設，，且兩向量共線，
所以，則.
故答案為：
13．
【分析】根據(jù)題意結合二項展開式的通項公式運算求解.
【詳解】因為的二項展開式為，
令，可得；
令，可得；
可得，
所以，
解得：，
故答案為：
14．
【分析】結合二、三次方程的韋達定理建立關于的等量關系，整體消元解方程組可得.
【詳解】由題意互不相同，則互不相同.
即互不相同.
由已知，
可得是方程的三個不同的實數(shù)根.
由一元三次方程的韋達定理得，即①，
由，且為一常數(shù)，
則是方程的兩不等根，
則由韋達定理可得，②，
聯(lián)立①②解得.
故答案為：.
【點睛】關鍵點點睛：解決此題的關鍵在于理解并應用一元三次方程的韋達定理，再通過根與系數(shù)的關系建立方程組求解.
15．(1)；
(2).
【分析】（1）由余弦邊角關系及已知可得，再應用余弦定理即可求角的大??；
（2）由三角形面積公式，應用等面積法列方程得，結合（1）的結論，并應用余弦定理求邊長，進而確定三角形的周長.
【詳解】（1）由題設及余弦定理知，整理得，
所以，，則；
（2）由題意及（1）知：，則，
由，即，
所以（負值舍），故，而，
所以三角形ABC的周長為.
16．(1)證明見解析；
(2).
【分析】（1）連接，根據(jù)已知易得、，由面面垂直的性質有面，由線面垂直的性質有，最后利用線面垂直的判定和性質證結論；
（2）若為的中點，連接，根據(jù)面面垂直的性質證面，在面內作，構建合適空間直角坐標系，應用向量法求面面角的余弦值.
【詳解】（1）由，易知為直角梯形，且，
連接，則，且為等腰直角三角形，，所以，
在中，則，
又，故，即，
且，即，面面，面，
又面面，所以面，面，則，
又且都在面內，故面，面，
所以.
（2）若為的中點，連接，由，則，
面面，面，面面，
所以面，由，易知為直角梯形，
在面內作，則可構建空間直角坐標系，如圖，
則，
所以，，，，
若為面的一個法向量，則，
令，則，
若為面的一個法向量，則，
令，則，
所以，
即平面PCD與平面PAB夾角的余弦值為.
17．(1)；
(2).
【分析】（1）應用導數(shù)的幾何意義求切線方程；
（2）首先證明為偶函數(shù)，問題化為研究時恒成立，再結合，根據(jù)必要性有得到，再證明充分性，說明上存在，即可得答案.
【詳解】（1）由題設，且時，則，
所以，則，
故在點處的切線方程為，
所以.
（2）由且定義域為R，
所以為偶函數(shù)，即函數(shù)圖象關于軸對稱，只需研究時恒成立，
由，要使在上恒成立，必有（必要性），
由，則，即，
下證（充分性）：時，恒有在上成立，
在上，
又，且，故，即在上恒成立；
當時，令，則，
在上，即恒成立，
所以上單調遞增，
當趨向于0時趨向于()，當趨向于時趨向于，
所以，使，
即，，則在上單調遞減，
又，故存在區(qū)間上，不合題設；
綜上，.
18．(1)；
(2)①證明見解析；②存在，定值為.
【分析】（1）利用兩點距離公式、點線距離列方程并整理，即可得軌跡方程；
（2）①令，，聯(lián)立的軌跡方程，應用韋達定理及求參數(shù)，即可證結論；②根據(jù)①結論及確定的軌跡，即可得結論，并找到定點坐標.
【詳解】（1）令，結合題設有，則，
所以，即點的軌跡方程為.
（2）若以P，Q為直徑的圓過點，且直線不過點可知，直線的斜率不為0，
可設，，聯(lián)立，
則，整理得，
且，則，
所以，，
①由題意
，
所以，即或（舍，直線過點），
所以，故直線過定點，得證.
②由，且直線過定點，
故在以為直徑的圓上，且中點為，該點到的距離恒為，
所以，存在定點使.
19．(1)或；.
(2)證明見解析；
(3)證明見解析
【分析】（1）由簡單集及最大簡單集定義可得；
（2）先證明性質，再應用性質得，分別驗證不滿足，再找到使的集合則可求；
（3）先證明，說明當時結論不成立；再利用數(shù)學歸納法證明當時，結論恒成立，由此得當時也成立.
【詳解】（1）若，，
由簡單集及最大簡單集定義可知，4的最大簡單集為或．
故.
（2）設．若為的最大簡單集，
且，則．
由于為的簡單集，為的簡單集，
由最大簡單集的定義可知，
故．
因此當時，①，
下面求：
由于，由①可知．
其中中最多只能取三個數(shù)：或；
中最多也只能取三個數(shù)：或．
若，共四種情況：或或或.
在和中，成等差數(shù)列；
在和中，成等差數(shù)列；
以上情況均不滿足定義，故．
若，則和恰有一個集合有三個數(shù)，
依據(jù)對稱性，不妨設該集合為，三個數(shù)為或．
則中選兩個數(shù)，且不能選7（否則成等差數(shù)列），
故只有三種情況：5，6；5，8；6，8．
若選兩數(shù)為，則在與中，為等差數(shù)列；
若選兩數(shù)為，則在中，為等差數(shù)列；
在中，為等差數(shù)列；
若選兩數(shù)為，則在與中，為等差數(shù)列；
均不滿足定義，故．
又為簡單集，故.
（3）一方面，對，若是的最大簡單集，
則必為的簡單集，故②，
下面證明：當，不滿足結論“對任意，恒成立”．
即證：當時，存在，使得.
證明：當時，由①②可知，，
又因為為簡單集，所以，
故可知，當時，存在，滿足且，
故當，不滿足結論“對任意，恒成立”，得證.
另一方面，我們先求出.
對于，可知．
若，因為，所以在中最多選個數(shù)，
故必選，因此也不能選；
同理，在中最多選個數(shù)，故必選，因此也不能選；
又由選可知，不能選；選可知，不能選；
此時，最大簡單集中不能出現(xiàn)，因此必選；
而中，成等差數(shù)列，故；
對于，由，
若，同理可知，必屬于最大簡單集，
此時，最大簡單集中不能出現(xiàn)，
則在中需選個數(shù)，共種情況，
或或或，
其中分別包含等差數(shù)列；；；，故.
下面再證明： 當時，對任意，都有恒成立，
即證：對任意，都有恒成立，
下面用數(shù)學歸納法證明：
（i）當時，由①及上面分析可知；
當時，；
當時，；
當時，
（ii）假設當時，有，
則當時，由（1）可知.
故當時，命題也成立．
根據(jù)（i）（ii）可知，對任意，都有恒成立.
自然地，當時，，故對任意時，恒成立．
綜上所述，若，則“”是“對任意，都有恒成立”的充要條件.
即：若對任意，都有恒成立，則有，得證.
【點睛】關鍵點點睛：解決此題的關鍵是理解并應用定義挖掘以下性質并應用：
（1）當時，；
（2）對，若是的最大簡單集，則必為的簡單集，且.
題號
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
A
A
B
D
B
C
C
BD
ABD
題號
11









答案
ACD









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