江西省萍乡市萍乡实验学校2025届高三上学期起点考试数学试卷
1．（2024高三上·萍乡开学考）已知，则（ ）．
A．0 B．1 C． D．2
2．（2024高三上·萍乡开学考）已知向量，若，则（ ）
A．1 B． C． D．
3．（2024高三上·萍乡开学考） 则（ ）
A．41 B．40 C． D．
4．（2024高三上·萍乡开学考）在中，角的对边分别为，若，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高三上·萍乡开学考）如图，圆柱形容器内部盛有高度为的水，若放入3个相同的铁球（球的半径与圆柱底面半径相等）后，水恰好淹没最上面的铁球，则一个铁球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高三上·萍乡开学考）已知椭圆的左、右焦点分别为，过点的射线分别与椭圆和圆相交于点，过点作，垂足为为坐标原点，则（ ）
A． B． C．2 D．
7．（2024高三上·萍乡开学考）已知函数的定义域均为，是奇函数，且，则（ ）
A．为奇函数 B．为奇函数
C． D．
8．（2024高三上·萍乡开学考）若一个多面体的各面都与一个球的球面相切，则称这个球是这个多面体的内切球．在四棱锥中，侧面是边长为1的等边三角形，底面为矩形，且平面平面．若四棱锥存在一个内切球，设球的体积为，该四棱锥的体积为，则的值为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高三上·萍乡开学考）在某次数学练习中，高三班的男生数学平均分为120，方差为2，女生数学平均分为112，方差为1，已知该班级男女生人数分别为25、15，则下列说法正确的有（ ）
A．该班级此次练习数学成绩的均分为118
B．该班级此次练习数学成绩的方差为16.625
C．利用分层抽样的方法从该班级抽取8人，则应抽取5名男生
D．从该班级随机选择2人参加某项活动，则至少有1名女生的概率为
10．（2024高三上·萍乡开学考）在棱长为2的正方体中，P，E，F分别为棱的中点，为侧面正方形的中心，则下列结论正确的是（ ）
A．直线平面
B．直线与平面所成角的正切值为
C．三棱锥的体积为
D．三棱锥的外接球表面积为
11．（2024高三上·萍乡开学考）已知函数及其导函数的定义域为，若为奇函数，，且对任意，，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
12．（2024高三上·萍乡开学考）二项式的展开式中含项的系数是 ．
13．（2024高三上·萍乡开学考）若方程在内有解，则a的取值范围是 ．
14．（2024高三上·萍乡开学考）古希腊几何学家阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆，后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系中，，，若点是满足的阿氏圆上的任意一点，点为抛物线上的动点，在直线上的射影为，则的最小值为 .
15．（2024高三上·萍乡开学考）农民专业合作社是在农村家庭承包经营的基础上，同类农产品的生产经营者或同类农业生产经营服务的提供者 利用者 自愿联合 民主管理的互助性经济组织，国家给予农民专业合作社在生产 经营 销售等方面全方位的优惠政策.某地大型农民专业合作社不断探索优化生产 经营 销售等方面的科学方案，引入人工智能管理系统，合作社的市场营销研究人员调研该合作社的10个主体项目，统计分析人工智能管理的实际经济收益（单位：万元），与市场预测的经济收益（单位：万元）的相关数据如下表：（注：10个主体项目号分别记为）
项目号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
实际收益 5.38 7.99 6.37 6.71 7.53 5.53 4.18 4.04 6.02 4.23
预测收益 5.43 8.07 6.57 6.14 7.95 5.56 4.27 4.15 6.04 4.49
0.05 0.08 0.2 0.57 0.42 0.03 0.09 0.11 0.02 0.26
并计算得
（1）求该合作预测收益与实际收益的样本相关系数（精确到0.01），并判断它们是否具有较强的线性相关关系；
（2）规定：数组满足为“类营销误差”；满足为“类营销误差”；满足为“类营销误差”.为进一步研究，该合作社的市场营销研究人员从“类营销误差”，“类营销误差”中随机抽取3组数据与“类营销误差”数据进行对比，记抽到“类营销误差”的数据的组数为随机变量.求的分布列与数学期望.
附：相关系数.
16．（2024高三上·萍乡开学考）如图所示，斜三棱柱的各棱长均为， 侧棱与底面所成角为，且侧面底面．
（1）证明：点在平面上的射影为的中点；
（2）求二面角的正切值．
17．（2024高三上·萍乡开学考）已知椭圆：，焦点为，，椭圆上有一点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点的直线交椭圆于，两点，过作轴的垂线交椭圆于另一个点，求证直线过定点.
18．（2024高三上·萍乡开学考）给定数列，若对任意m，且，是中的项，则称为“H数列”．设数列的前n项和为
（1）若，试判断数列是否为“H数列”，并说明理由；
（2）设既是等差数列又是“H数列”，且，，，求公差d的所有可能值；
（3）设是等差数列，且对任意，是中的项，求证：是“H数列”．
19．（2024高三上·萍乡开学考）若为上的非负图像连续的函数，点将区间划分为个长度为的小区间．记，若无穷和的极限存在，并称其为区域的精确面积，记为．
（1）若有导函数，则．求由直线以及轴所围成封闭图形面积；
（2）若区间被等分为个小区间，请推证：．并由此计算无穷和极限的值；
（3）求有限项和式的整数部分．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】复数的模
【解析】【解答】解：因为复数，所以.
故答案为：C.
【分析】由题意，根据复数的求模公式求解即可.
2．【答案】D
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】由，得，所以．
故答案为：D．
【分析】
利用平面向量垂直的坐标表示求解.
3．【答案】A
【知识点】二项式系数的性质
【解析】【解答】在中依次令，，可得
，
所以.
故答案为：A.
【分析】
利用赋值法得到，两式相加即可求解.
4．【答案】C
【知识点】正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】由和正弦定理可得，，解得，
因，又，则，故.
由和勾股定理得，①，因②，
由①② 联立解得：，
故的面积为.
故答案为：C.
【分析】
先由正弦定理推出，，再将等式中的边替换并与联立，求出即可算出面积.
5．【答案】B
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；柱体的体积公式及应用
【解析】【解答】设铁球的半径为，有，解得，
则一个铁球的表面积为．
故答案为：B．
【分析】
设铁球的半径为，根据体积关系列出方程，求得，结合球的表面积公式S=4πr，即可求解.
6．【答案】C
【知识点】圆的标准方程；椭圆的定义；椭圆的标准方程；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：由椭圆，可得，则，
又由圆可化为，可得圆心，半径，则，
根据椭圆的定义，可得，则，
因为，可得为的中点，
又因为为的中点，可得.
故答案为：C.
【分析】由圆方程得到圆心、半径，进而得到，由椭圆的定义得到，则，得到为的中点，结合中位线定理，即可求解.
7．【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；函数的周期性
【解析】【解答】对于A，因为，所以，
又，则有，
因为是奇函数，所以，
可得，即有与，
即，
所以是周期为4的周期函数，故也是周期为4的周期函数.
因为且. 所以，
所以为偶函数. 故A错误，
对于C，因为是奇函数，所以，
因为，所以，
又，是周期为4的周期函数，
所以，
所以，所以C错误；
对于B，因为所以，所以不是奇函数，所以B错误；
对于D，因为，所以，
所以.
所以，
所以，所以D正确
故答案为：D
【分析】
对于A，根据 ，推出是周期为4的周期函数，故也是周期为4的周期函数，，判断A错误；对于C，根据是奇函数， 推出，，，从而求出，判断C错误；
对于B，由得，判断B错误B错误；
对于D，根据，计算出，，进而得，结合函数的周期，得即可，判断D正确.
8．【答案】C
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：取中点，中点，连接，，，如图所示：
因是正三角形，则，又是矩形，有，
而平面平面，平面平面，平面，平面，
因此平面，平面，
又，则平面，平面，则，，
，平面，则平面，又平面，
所以，而，则，显然，
由球的对称性和正四棱锥的特征知，平面截四棱锥的内切球得截面大圆，
此圆是的内切圆，切，分别于，，有四边形为正方形，
设，又，，则球的半径，
又四棱锥的表面积为，
由，解得，
，，
所以.
故答案为：C.
【分析】过点作出四棱锥的内切球截面大圆，确定球半径表达式，再利用四棱锥体积求出球半径计算作答.
9．【答案】B,C,D
【知识点】分层抽样方法；众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】对于A，该班级此次练习数学成绩的均分，故A错误；
对于B，该班级此次练习数学成绩的方差
，故B正确；
对于C，利用分层抽样的方法从该班级抽取8人，则应抽取的男生人数为，C正确；
对于D，从该班级随机选择2人参加某项活动，则至少有1名女生的概率，故D正确．
故答案为：B、C、D．
【分析】
利用均值公式计算判定A错误，代入方差公式，判断B正确、利用分层随机抽样方法按比例抽样，判断C正确、根据古典概型概率公式项判断D正确．
10．【答案】A,B,D
【知识点】球内接多面体；空间向量平行的坐标表示；用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】由题意，在正方体中，棱长为2，分别为棱的中点，为侧面的中心，建立空间直角坐标系如下图所示，
则
对于A项，，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
所以平面的一个法向量为，
又，因为直线平面，
所以直线平面，A正确；
对于B项，
，
设平面的一个法向量为，
则，取，
所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
所以，所以，
故，故B正确；
对于C项，
，故C不正确；
对于D项，如图，
三棱锥恰好在长方体上，且为体对角线，
所以为三棱锥外接球的直径，由几何知识，
所以三棱锥的外接球表面积为，故D正确.
故答案为：A、B、D.
【分析】
对于A，以D1为坐标原点，所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，得出直线 的方向向量和平面PEF的法向量，根据 证明
直线平面 ，判断A正确，
对于B，求得 平面的一个法向量， 利用线面角的向量公式，求解判断B正确，
对于C，利用等体积法结合 三棱锥的体积公式，计算即可判断C错误，
对于D，利用补体法 ，将三棱锥补形为长方体上，则体对角线为 三棱锥外接球的直径 ， 求得外接球的半径，代入球的表面积公式计算，判断D正确.
11．【答案】B,C,D
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；函数的周期性；简单复合函数求导法则
【解析】【解答】由，
令，则，
因为，所以，故A错误；
令，则，①
所以，
因为为奇函数，所以为偶函数，，
所以，②
由①②并整理得，
即，
所以，
所以是周期为的周期函数，故，故B正确；
因为，所以，
故C正确；
由上知，
在①中，令，得，所以，
所以，
所以，故D正确.
故答案为：B、C、D.
【分析】对于A，根据赋值法令，得，结合，
求出f(1)，判断A错误.
对于B，令，结合为奇函数，所以为偶函数，得是周期为的周期函数，
求得，判断B正确.
对于C，根据函数周期性，将转化为，
判断C正确.
对于D，令，得，根据函数周期性，将转化为计算，判断D正确.
12．【答案】60
【知识点】二项式定理的应用；二项展开式的通项
【解析】【解答】因为，
令，得，
所以展开式中含项的系数是.
故答案为：.
【分析】利用二项式展开式的通项公式，整理，令，求出r，即可求解.
13．【答案】
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】因为方程，所以，
因为，所以，设，
则方程 在 上有解．
设二次函数 则对称轴为 ，
所以 ，即，解得，
所以a的取值范围是.
故答案为：.
【分析】
将方程，根据同角三角函数关系转化为，
设，将问题转化为方程在上有解，再利用一元二次方程的根的分布与系数的关系，列不等式组，即可求解.
14．【答案】
【知识点】圆的标准方程；抛物线的定义；抛物线的标准方程；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：设，
则，
化简整理得，
所以点的轨迹为以为圆心为半径的圆，
抛物线的焦点，准线方程为，
则
，
当且仅当（两点在两点中间）四点共线时取等号，如图所示：
所以的最小值为.
故答案为：.
【分析】先求出点的轨迹方程，再结合阿波罗尼斯圆的定义及抛物线的定义可得，从而可得出答案.
15．【答案】（1）解：因为 ，
所以
，
因为的值接近于1，所以该合作预测收益与实际收益具有较强的线性相关关系.
（2）解：由题意得，“类营销误差”有5组，“类营销误差”有3组，“类营销误差”有2组，若从“类营销误差”和“类营销误差”数据中抽取3组，
所以抽到“类营销误差”的组数的所有可能取值为0，1，2，3，
所以，，
，，
所以的分布列为
0 1 2 3
所以.
【知识点】样本相关系数r及其数字特征；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）根据已知数据和公式计算相关系数，然后进行判断即可；
（2）先求出每类的组数，然后由题意可得的所有可能取值为0，1，2，3，求出相应的概率，从而可求得的分布列与数学期望.
（1）因为
，
由的值接近于1，所以该合作预测收益与实际收益具有较强的线性相关关系；
（2）由题意得，“类营销误差”有5组，“类营销误差”有3组，“类营销误差”有2组，
若从“类营销误差”和“类营销误差”数据中抽取3组，抽到“类营销误差”的组数的所有可能取值为0，1，2，3，则
，，
，，
所以的分布列为
0 1 2 3
所以.
16．【答案】（1）证明：过作于，
因为平面平面，平面平面，
平面，，所以平面，
所以为 侧棱与底面所成角 ，即此，
又，从而为等边三角形，所以为中点；
（2）解：因为是等边三角形，所以，
因为平面平面，平面平面，
平面，所以平面，又平面，所以，
过作于，连接，，平面，
所以平面，又平面，所以，
则是二面角的平面角．
所以中，，，所以．
所以二面角的正切值为.
【知识点】直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的性质；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）过作于，根据面面垂直性质由平面平面，证得平面得为 侧棱与底面所成角，从而得为等边三角形，即可证明；
（2）利用面面垂直性质由平面平面得，过作于，利用线面垂直性质得，找到是二面角的平面角，在中，计算即可．
（1）过作于，
由平面平面，平面平面，
平面，，得平面，因此，
又，从而为等边三角形，为中点．
（2）由于是等边三角形，所以，
而平面平面，平面平面，
平面，所以平面，平面，则有，
过作于，连接，，平面，
所以平面，由平面，则，
则是二面角的平面角．
由于，，所以中，．
因此二面角的正切值为.
17．【答案】（1）解：因为 椭圆：，焦点为，，椭圆上有一点.
所以，∴，
又，∴，
故椭圆的标准方程为.
（2）证明：设直线的方程为，，
联立，整理得
∴，∴
则，直线的斜率，
直线的方程为，
令，有
即
，
∴直线过定点
【知识点】恒过定点的直线；椭圆的标准方程；椭圆的应用；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据椭圆的定义结合两点间距离公式，即可求出，再根据焦点和之间的关系，求出b，即可求出椭圆方程.
（2）设出直线的方程及点的坐标，联立方程，转化为一元二次方程，利用根与系数关系表示直线的方程，根据对称性可知所过定点在轴上，化简即可求出定点坐标.
（1），
∴，又，∴，
故椭圆的标准方程为.
（2）设直线的方程为，，
联立，
∴，∴
则，直线的斜率，
直线的方程为，
令，有
即
，
∴直线过定点
18．【答案】（1）解：因为，当时，，当时，也成立，
所以，
对任意m，且，，
是“H数列”.
（2）解：因为 ，，，
所以，所以，
由已知得也为数列中的项，
令，即，
所以，所以d为6的正因数，
故d的所有可能值为1，2，3，6.
（3）证明：设数列的公差为d，所以存在，对任意，，即，当时，则，故，此时数列为“H数列”；
当时，，取，则，所以，，
当时，均为正整数，符合题意，
当时，均为正整数，符合题意，
所以，，
设，，，即，
所以任意m，且，，
显然，所以为数列中的项，
是“H数列”.
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）讨论当、时，根据“H数列”定义即可判断.
（2）由等差数列通项公式得，根据“H数列”的定义得到，进而得公差的等式关系，即可求解.
（3）由等差数列的定义与求和公式，进行分情况讨论，即可证明是“H数列”.
（1）因为，当时，，
当时，也成立，
所以，
对任意m，且，，
是“H数列”.
（2）因为 ，，，
所以，所以，
由已知得也为数列中的项，
令，即，
所以，所以d为6的正因数，
故d的所有可能值为1，2，3，6.
（3）设数列的公差为d，所以存在，对任意，，即，
当时，则，故，此时数列为“H数列”；
当时，，取，则，所以，，
当时，均为正整数，符合题意，
当时，均为正整数，符合题意，
所以，，
设，，，即，
所以任意m，且，，
显然，所以为数列中的项，
是“H数列”.
19．【答案】（1）解：因为，
所以所求面积为，.
（2）证明：由被等分为个小区间，则，，，当时，，
因为，不妨设，
从而有，
所以；
取，有，，
，令，
则，
，又因为，
所以，
故.
（3），
与直线，，以及轴围成的图形面积为，
由图，与直线，，
以及轴围成的图形面积大于它下方的个长方形面积和，
即，所以，
所以，
由图，同理可知，所以，
所以，
所以的整数部分为.
【知识点】定积分的简单应用；利用定积分求封闭图形的面积
【解析】【分析】（1）根据的几何意义， 由得，找到 对应的、、代入求解即可；
（2）用特值法设，再根据定义即可证明；把转化为，求得，再根据定义求解即可；
（3）由图可以看出，进而求得，即可求解.
（1）所求面积为，因为，
所以，
故所求面积为.
（2）由被等分为个小区间，则，，，当时，，
因为，不妨设，
从而有，
所以；
取，有，，
，令，
则，
，又因为，
所以，
故.
（3），
与直线，，以及轴围成的图形面积为，
由图，与直线，，
以及轴围成的图形面积大于它下方的个长方形面积和，
即，所以，
所以，
由图，同理可知，所以，
所以，
所以的整数部分为.
1 / 1江西省萍乡市萍乡实验学校2025届高三上学期起点考试数学试卷
1．（2024高三上·萍乡开学考）已知，则（ ）．
A．0 B．1 C． D．2
【答案】C
【知识点】复数的模
【解析】【解答】解：因为复数，所以.
故答案为：C.
【分析】由题意，根据复数的求模公式求解即可.
2．（2024高三上·萍乡开学考）已知向量，若，则（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】由，得，所以．
故答案为：D．
【分析】
利用平面向量垂直的坐标表示求解.
3．（2024高三上·萍乡开学考） 则（ ）
A．41 B．40 C． D．
【答案】A
【知识点】二项式系数的性质
【解析】【解答】在中依次令，，可得
，
所以.
故答案为：A.
【分析】
利用赋值法得到，两式相加即可求解.
4．（2024高三上·萍乡开学考）在中，角的对边分别为，若，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】由和正弦定理可得，，解得，
因，又，则，故.
由和勾股定理得，①，因②，
由①② 联立解得：，
故的面积为.
故答案为：C.
【分析】
先由正弦定理推出，，再将等式中的边替换并与联立，求出即可算出面积.
5．（2024高三上·萍乡开学考）如图，圆柱形容器内部盛有高度为的水，若放入3个相同的铁球（球的半径与圆柱底面半径相等）后，水恰好淹没最上面的铁球，则一个铁球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；柱体的体积公式及应用
【解析】【解答】设铁球的半径为，有，解得，
则一个铁球的表面积为．
故答案为：B．
【分析】
设铁球的半径为，根据体积关系列出方程，求得，结合球的表面积公式S=4πr，即可求解.
6．（2024高三上·萍乡开学考）已知椭圆的左、右焦点分别为，过点的射线分别与椭圆和圆相交于点，过点作，垂足为为坐标原点，则（ ）
A． B． C．2 D．
【答案】C
【知识点】圆的标准方程；椭圆的定义；椭圆的标准方程；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：由椭圆，可得，则，
又由圆可化为，可得圆心，半径，则，
根据椭圆的定义，可得，则，
因为，可得为的中点，
又因为为的中点，可得.
故答案为：C.
【分析】由圆方程得到圆心、半径，进而得到，由椭圆的定义得到，则，得到为的中点，结合中位线定理，即可求解.
7．（2024高三上·萍乡开学考）已知函数的定义域均为，是奇函数，且，则（ ）
A．为奇函数 B．为奇函数
C． D．
【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；函数的周期性
【解析】【解答】对于A，因为，所以，
又，则有，
因为是奇函数，所以，
可得，即有与，
即，
所以是周期为4的周期函数，故也是周期为4的周期函数.
因为且. 所以，
所以为偶函数. 故A错误，
对于C，因为是奇函数，所以，
因为，所以，
又，是周期为4的周期函数，
所以，
所以，所以C错误；
对于B，因为所以，所以不是奇函数，所以B错误；
对于D，因为，所以，
所以.
所以，
所以，所以D正确
故答案为：D
【分析】
对于A，根据 ，推出是周期为4的周期函数，故也是周期为4的周期函数，，判断A错误；对于C，根据是奇函数， 推出，，，从而求出，判断C错误；
对于B，由得，判断B错误B错误；
对于D，根据，计算出，，进而得，结合函数的周期，得即可，判断D正确.
8．（2024高三上·萍乡开学考）若一个多面体的各面都与一个球的球面相切，则称这个球是这个多面体的内切球．在四棱锥中，侧面是边长为1的等边三角形，底面为矩形，且平面平面．若四棱锥存在一个内切球，设球的体积为，该四棱锥的体积为，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：取中点，中点，连接，，，如图所示：
因是正三角形，则，又是矩形，有，
而平面平面，平面平面，平面，平面，
因此平面，平面，
又，则平面，平面，则，，
，平面，则平面，又平面，
所以，而，则，显然，
由球的对称性和正四棱锥的特征知，平面截四棱锥的内切球得截面大圆，
此圆是的内切圆，切，分别于，，有四边形为正方形，
设，又，，则球的半径，
又四棱锥的表面积为，
由，解得，
，，
所以.
故答案为：C.
【分析】过点作出四棱锥的内切球截面大圆，确定球半径表达式，再利用四棱锥体积求出球半径计算作答.
9．（2024高三上·萍乡开学考）在某次数学练习中，高三班的男生数学平均分为120，方差为2，女生数学平均分为112，方差为1，已知该班级男女生人数分别为25、15，则下列说法正确的有（ ）
A．该班级此次练习数学成绩的均分为118
B．该班级此次练习数学成绩的方差为16.625
C．利用分层抽样的方法从该班级抽取8人，则应抽取5名男生
D．从该班级随机选择2人参加某项活动，则至少有1名女生的概率为
【答案】B,C,D
【知识点】分层抽样方法；众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】对于A，该班级此次练习数学成绩的均分，故A错误；
对于B，该班级此次练习数学成绩的方差
，故B正确；
对于C，利用分层抽样的方法从该班级抽取8人，则应抽取的男生人数为，C正确；
对于D，从该班级随机选择2人参加某项活动，则至少有1名女生的概率，故D正确．
故答案为：B、C、D．
【分析】
利用均值公式计算判定A错误，代入方差公式，判断B正确、利用分层随机抽样方法按比例抽样，判断C正确、根据古典概型概率公式项判断D正确．
10．（2024高三上·萍乡开学考）在棱长为2的正方体中，P，E，F分别为棱的中点，为侧面正方形的中心，则下列结论正确的是（ ）
A．直线平面
B．直线与平面所成角的正切值为
C．三棱锥的体积为
D．三棱锥的外接球表面积为
【答案】A,B,D
【知识点】球内接多面体；空间向量平行的坐标表示；用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】由题意，在正方体中，棱长为2，分别为棱的中点，为侧面的中心，建立空间直角坐标系如下图所示，
则
对于A项，，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
所以平面的一个法向量为，
又，因为直线平面，
所以直线平面，A正确；
对于B项，
，
设平面的一个法向量为，
则，取，
所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
所以，所以，
故，故B正确；
对于C项，
，故C不正确；
对于D项，如图，
三棱锥恰好在长方体上，且为体对角线，
所以为三棱锥外接球的直径，由几何知识，
所以三棱锥的外接球表面积为，故D正确.
故答案为：A、B、D.
【分析】
对于A，以D1为坐标原点，所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，得出直线 的方向向量和平面PEF的法向量，根据 证明
直线平面 ，判断A正确，
对于B，求得 平面的一个法向量， 利用线面角的向量公式，求解判断B正确，
对于C，利用等体积法结合 三棱锥的体积公式，计算即可判断C错误，
对于D，利用补体法 ，将三棱锥补形为长方体上，则体对角线为 三棱锥外接球的直径 ， 求得外接球的半径，代入球的表面积公式计算，判断D正确.
11．（2024高三上·萍乡开学考）已知函数及其导函数的定义域为，若为奇函数，，且对任意，，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；函数的周期性；简单复合函数求导法则
【解析】【解答】由，
令，则，
因为，所以，故A错误；
令，则，①
所以，
因为为奇函数，所以为偶函数，，
所以，②
由①②并整理得，
即，
所以，
所以是周期为的周期函数，故，故B正确；
因为，所以，
故C正确；
由上知，
在①中，令，得，所以，
所以，
所以，故D正确.
故答案为：B、C、D.
【分析】对于A，根据赋值法令，得，结合，
求出f(1)，判断A错误.
对于B，令，结合为奇函数，所以为偶函数，得是周期为的周期函数，
求得，判断B正确.
对于C，根据函数周期性，将转化为，
判断C正确.
对于D，令，得，根据函数周期性，将转化为计算，判断D正确.
12．（2024高三上·萍乡开学考）二项式的展开式中含项的系数是 ．
【答案】60
【知识点】二项式定理的应用；二项展开式的通项
【解析】【解答】因为，
令，得，
所以展开式中含项的系数是.
故答案为：.
【分析】利用二项式展开式的通项公式，整理，令，求出r，即可求解.
13．（2024高三上·萍乡开学考）若方程在内有解，则a的取值范围是 ．
【答案】
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】因为方程，所以，
因为，所以，设，
则方程 在 上有解．
设二次函数 则对称轴为 ，
所以 ，即，解得，
所以a的取值范围是.
故答案为：.
【分析】
将方程，根据同角三角函数关系转化为，
设，将问题转化为方程在上有解，再利用一元二次方程的根的分布与系数的关系，列不等式组，即可求解.
14．（2024高三上·萍乡开学考）古希腊几何学家阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆，后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系中，，，若点是满足的阿氏圆上的任意一点，点为抛物线上的动点，在直线上的射影为，则的最小值为 .
【答案】
【知识点】圆的标准方程；抛物线的定义；抛物线的标准方程；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：设，
则，
化简整理得，
所以点的轨迹为以为圆心为半径的圆，
抛物线的焦点，准线方程为，
则
，
当且仅当（两点在两点中间）四点共线时取等号，如图所示：
所以的最小值为.
故答案为：.
【分析】先求出点的轨迹方程，再结合阿波罗尼斯圆的定义及抛物线的定义可得，从而可得出答案.
15．（2024高三上·萍乡开学考）农民专业合作社是在农村家庭承包经营的基础上，同类农产品的生产经营者或同类农业生产经营服务的提供者 利用者 自愿联合 民主管理的互助性经济组织，国家给予农民专业合作社在生产 经营 销售等方面全方位的优惠政策.某地大型农民专业合作社不断探索优化生产 经营 销售等方面的科学方案，引入人工智能管理系统，合作社的市场营销研究人员调研该合作社的10个主体项目，统计分析人工智能管理的实际经济收益（单位：万元），与市场预测的经济收益（单位：万元）的相关数据如下表：（注：10个主体项目号分别记为）
项目号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
实际收益 5.38 7.99 6.37 6.71 7.53 5.53 4.18 4.04 6.02 4.23
预测收益 5.43 8.07 6.57 6.14 7.95 5.56 4.27 4.15 6.04 4.49
0.05 0.08 0.2 0.57 0.42 0.03 0.09 0.11 0.02 0.26
并计算得
（1）求该合作预测收益与实际收益的样本相关系数（精确到0.01），并判断它们是否具有较强的线性相关关系；
（2）规定：数组满足为“类营销误差”；满足为“类营销误差”；满足为“类营销误差”.为进一步研究，该合作社的市场营销研究人员从“类营销误差”，“类营销误差”中随机抽取3组数据与“类营销误差”数据进行对比，记抽到“类营销误差”的数据的组数为随机变量.求的分布列与数学期望.
附：相关系数.
【答案】（1）解：因为 ，
所以
，
因为的值接近于1，所以该合作预测收益与实际收益具有较强的线性相关关系.
（2）解：由题意得，“类营销误差”有5组，“类营销误差”有3组，“类营销误差”有2组，若从“类营销误差”和“类营销误差”数据中抽取3组，
所以抽到“类营销误差”的组数的所有可能取值为0，1，2，3，
所以，，
，，
所以的分布列为
0 1 2 3
所以.
【知识点】样本相关系数r及其数字特征；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）根据已知数据和公式计算相关系数，然后进行判断即可；
（2）先求出每类的组数，然后由题意可得的所有可能取值为0，1，2，3，求出相应的概率，从而可求得的分布列与数学期望.
（1）因为
，
由的值接近于1，所以该合作预测收益与实际收益具有较强的线性相关关系；
（2）由题意得，“类营销误差”有5组，“类营销误差”有3组，“类营销误差”有2组，
若从“类营销误差”和“类营销误差”数据中抽取3组，抽到“类营销误差”的组数的所有可能取值为0，1，2，3，则
，，
，，
所以的分布列为
0 1 2 3
所以.
16．（2024高三上·萍乡开学考）如图所示，斜三棱柱的各棱长均为， 侧棱与底面所成角为，且侧面底面．
（1）证明：点在平面上的射影为的中点；
（2）求二面角的正切值．
【答案】（1）证明：过作于，
因为平面平面，平面平面，
平面，，所以平面，
所以为 侧棱与底面所成角 ，即此，
又，从而为等边三角形，所以为中点；
（2）解：因为是等边三角形，所以，
因为平面平面，平面平面，
平面，所以平面，又平面，所以，
过作于，连接，，平面，
所以平面，又平面，所以，
则是二面角的平面角．
所以中，，，所以．
所以二面角的正切值为.
【知识点】直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的性质；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）过作于，根据面面垂直性质由平面平面，证得平面得为 侧棱与底面所成角，从而得为等边三角形，即可证明；
（2）利用面面垂直性质由平面平面得，过作于，利用线面垂直性质得，找到是二面角的平面角，在中，计算即可．
（1）过作于，
由平面平面，平面平面，
平面，，得平面，因此，
又，从而为等边三角形，为中点．
（2）由于是等边三角形，所以，
而平面平面，平面平面，
平面，所以平面，平面，则有，
过作于，连接，，平面，
所以平面，由平面，则，
则是二面角的平面角．
由于，，所以中，．
因此二面角的正切值为.
17．（2024高三上·萍乡开学考）已知椭圆：，焦点为，，椭圆上有一点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点的直线交椭圆于，两点，过作轴的垂线交椭圆于另一个点，求证直线过定点.
【答案】（1）解：因为 椭圆：，焦点为，，椭圆上有一点.
所以，∴，
又，∴，
故椭圆的标准方程为.
（2）证明：设直线的方程为，，
联立，整理得
∴，∴
则，直线的斜率，
直线的方程为，
令，有
即
，
∴直线过定点
【知识点】恒过定点的直线；椭圆的标准方程；椭圆的应用；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据椭圆的定义结合两点间距离公式，即可求出，再根据焦点和之间的关系，求出b，即可求出椭圆方程.
（2）设出直线的方程及点的坐标，联立方程，转化为一元二次方程，利用根与系数关系表示直线的方程，根据对称性可知所过定点在轴上，化简即可求出定点坐标.
（1），
∴，又，∴，
故椭圆的标准方程为.
（2）设直线的方程为，，
联立，
∴，∴
则，直线的斜率，
直线的方程为，
令，有
即
，
∴直线过定点
18．（2024高三上·萍乡开学考）给定数列，若对任意m，且，是中的项，则称为“H数列”．设数列的前n项和为
（1）若，试判断数列是否为“H数列”，并说明理由；
（2）设既是等差数列又是“H数列”，且，，，求公差d的所有可能值；
（3）设是等差数列，且对任意，是中的项，求证：是“H数列”．
【答案】（1）解：因为，当时，，当时，也成立，
所以，
对任意m，且，，
是“H数列”.
（2）解：因为 ，，，
所以，所以，
由已知得也为数列中的项，
令，即，
所以，所以d为6的正因数，
故d的所有可能值为1，2，3，6.
（3）证明：设数列的公差为d，所以存在，对任意，，即，当时，则，故，此时数列为“H数列”；
当时，，取，则，所以，，
当时，均为正整数，符合题意，
当时，均为正整数，符合题意，
所以，，
设，，，即，
所以任意m，且，，
显然，所以为数列中的项，
是“H数列”.
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）讨论当、时，根据“H数列”定义即可判断.
（2）由等差数列通项公式得，根据“H数列”的定义得到，进而得公差的等式关系，即可求解.
（3）由等差数列的定义与求和公式，进行分情况讨论，即可证明是“H数列”.
（1）因为，当时，，
当时，也成立，
所以，
对任意m，且，，
是“H数列”.
（2）因为 ，，，
所以，所以，
由已知得也为数列中的项，
令，即，
所以，所以d为6的正因数，
故d的所有可能值为1，2，3，6.
（3）设数列的公差为d，所以存在，对任意，，即，
当时，则，故，此时数列为“H数列”；
当时，，取，则，所以，，
当时，均为正整数，符合题意，
当时，均为正整数，符合题意，
所以，，
设，，，即，
所以任意m，且，，
显然，所以为数列中的项，
是“H数列”.
19．（2024高三上·萍乡开学考）若为上的非负图像连续的函数，点将区间划分为个长度为的小区间．记，若无穷和的极限存在，并称其为区域的精确面积，记为．
（1）若有导函数，则．求由直线以及轴所围成封闭图形面积；
（2）若区间被等分为个小区间，请推证：．并由此计算无穷和极限的值；
（3）求有限项和式的整数部分．
【答案】（1）解：因为，
所以所求面积为，.
（2）证明：由被等分为个小区间，则，，，当时，，
因为，不妨设，
从而有，
所以；
取，有，，
，令，
则，
，又因为，
所以，
故.
（3），
与直线，，以及轴围成的图形面积为，
由图，与直线，，
以及轴围成的图形面积大于它下方的个长方形面积和，
即，所以，
所以，
由图，同理可知，所以，
所以，
所以的整数部分为.
【知识点】定积分的简单应用；利用定积分求封闭图形的面积
【解析】【分析】（1）根据的几何意义， 由得，找到 对应的、、代入求解即可；
（2）用特值法设，再根据定义即可证明；把转化为，求得，再根据定义求解即可；
（3）由图可以看出，进而求得，即可求解.
（1）所求面积为，因为，
所以，
故所求面积为.
（2）由被等分为个小区间，则，，，当时，，
因为，不妨设，
从而有，
所以；
取，有，，
，令，
则，
，又因为，
所以，
故.
（3），
与直线，，以及轴围成的图形面积为，
由图，与直线，，
以及轴围成的图形面积大于它下方的个长方形面积和，
即，所以，
所以，
由图，同理可知，所以，
所以，
所以的整数部分为.
1 / 1
