江西省2025届高三上学期入学摸底考试数学试题

绝密★启用前 2025届新高三秋季入学摸底考试 数学试卷 试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号等填写在答题卡指定位置上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，请将答题卡交回. 一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1.的虚部为（ ） A. B. C. D. 2.已知等差数列的前项和为，若，则（ ） A.48 B.42 C.24 D.21 3.已知一组数据：的平均数为6，则该组数据的分位数为（ ） A.4.5 B.5 C.5.5 D.6 4.定义运算：.已知，则（ ） A. B. C. D. 5.已知某地区高考二检数学共有8000名考生参与，且二检的数学成绩近似服从正态分布，若成绩在80分以下的有1500人，则可以估计（ ） A. B. C. D. 6.已知函数在上单调递减，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7.已知圆台的上､下底面的面积分别为，侧面积为，则该圆台外接球的球心到上底面的距离为（ ） A. B. C. D. 8.已知为坐标原点，抛物线的焦点到准线的距离为1，过点的直线与交于两点，过点作的切线与轴分别交于两点，则（ ） A. B. C. D. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9.已知函数，则（ ） A.的最小正周期为 B.与有相同的最小值 C.直线为图象的一条对称轴 D.将的图象向左平移个单位长度后得到的图像 10.已知函数，则（ ） A.1是的极小值点 B.的图象关于点对称 C.有3个零点 D.当时， 11.已知正方体的体积为8，线段的中点分别为，动点在下底面内（含边界），动点在直线上，且，则（ ） A.三棱锥的体积为定值 B.动点的轨迹长度为 C.不存在点，使得平面 D.四面体DEFG体积的最大值为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.已知向量，若，则__________. 13.定义：如果集合存在一组两两不交（两个集合的交集为空集时，称为不交）的非空真子集，，且，那么称子集族构成集合的一个划分.已知集合，则集合的所有划分的个数为__________. 14.已知为坐标原点，双曲线的左､右焦点分别为，点在以为圆心､为半径的圆上，且直线与圆相切，若直线与的一条渐近线交于点，且，则的离心率为__________. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15.（13分）已知中，角所对的边分别为，其中. （1）求的值； （2）若的面积为，周长为6，求的外接圆面积. 16.（15分）如图，在四棱锥中，底面为正方形，分别在棱上，且四点共面. （1）证明：； （2）若，且二面角为直二面角，求平面与平面夹角的余弦值. 17.（15分）已知椭圆的离心率为，右焦点为，点在上. （1）求的方程； （2）已知为坐标原点，点在直线上，若直线与相切，且，求的值. 18.（17分）已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）记（1）中切线方程为，比较的大小关系，并说明理由； （3）若时，，求的取值范围. 19.（17分）已知首项为1的数列满足. （1）若，在所有中随机抽取2个数列，记满足的数列的个数为，求的分布列及数学期望； （2）若数列满足：若存在，则存在且，使得. （i）若，证明：数列是等差数列，并求数列的前项和； （ii）在所有满足条件的数列中，求使得成立的的最小值. 2025届新高三秋季入学摸底考试 数学参考答案及评分细则 1.【答案】A 【解析】，则所求虚部为-7.故选A. 2.【答案】B 【解析】.故选B. 3.【答案】C 【解析】依题意，，解得，将数据从小到大排列可得：，又，则分位数为.故选C. 4.【答案】D 【解析】依題意，，则，故.故选D. 5.【答案】B 【解析】解法一：依题意，.故选B. 解法二：数学成绩在80分至95分的有人，由对称性，数学成绩在95分至110分的也有2500人，故.故选B. 6.【答案】D 【解析】易知在上单调递减，则只需解得.故选D. 7.【答案】C 【解析】依题意，记圆台的上､下底面半径分别为，则，则，设圆台的母线长为，则，解得，则圆台的高，记外接球球心到上底面的距离为，则，解得.故选C. 8.【答案】C 【解析】依题意，抛物线，即，则，设，直线，联立得，则.而直线，即，令，则，即，令，则，故，则，故.故选C. 9.【答案】ABD（每选对1个得2分） 【解析】的最小正周期，故A正确与的最小值均为-3，故B正确；因为，故C错误，故D正确.故选ABD. 10.【答案】AB（每选对1个得3分） 【解析】，令，解得或，故当时，当时，，当时，故1是的极小值点，故A正确：因为，故B正确；，易知的单调性一致，而，故有2个零点，故C错误；当时，，而在上单调递增，故，故D错误.故选AB. 11.【答案】ACD（每选对1个得2分 【解析】依题意，，而平面平面，故平面，则点到平面的距离为定值，故三棱维的体积为定值，故正确；因为，故，则，而，故，故动点的轨迹为以为圆心，为半径的圆在底面内的部分，即四分之一圆弧，故所求轨迹长度为，故B借误；以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，故，1），设为平面的法向量，则故令，故为平面的一个法向量，设，故，则，解得，但，故 C正确；因为为等腰三角形，故，而点到平的距离，令，则，则，其中，则四面体体积的最大值为，故D正确.故选ACD. 12.【答案】 【解析】依题意，，故，解得. 13.【答案】14 【解析】依题意，的2划分为，共3个，的3划分为，共1个，故集合的所有划分的个数为4. 14.【答案】 【解析】不妨设点在第一象限，连接，则，故，，设，因为，所以为的中点，，故.，将中，故，则. 15.解：（1）由正弦定理得， 因为，故，则， 因为，故. （2）由题意，故. 由余弦定理得， 解得. 故的外接圆半径， 故所求外接圆面积. 16.（1）证明：因为，故，则， 因为平面平面，故平面， 而平面平面平面，故， 则. （2）解：因为二面角为直二面角，故平面平面. 而平面平面平面，故平面， 又底面为正方形，所以， 以点为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设，则， 故， 设平面的法向量为， 则令，可得. 设平面的法向量为， 则令，可得， 故平面与平面夹角的余弦值. 17.解：（1）设，依題意， 解得 故的方程为. （2）依题意，， 联立得， 故，整理得. 因为，所以直线的方程为， 联立解得即 故 故. 18.解：（1）依题意，， 而， 故 故所求切线方程为，即. （2）由（1）知，结论；，下面绘出证明： 令，则， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 故，即. （3）依题意，， 则在上恒成立， 令，则，令，得， 故当时，，当时，， 故在区间上单调递减，在区间上单调递增，则， 当时，，此时； 当时，令，显然在区间上单调递增， 又， 故存在，使得，则， 而，不合题意，舍去. 综上所述，的取值范围为. 19.（1）解：依题意，，故， 即，故，或 因为，故； 则， 故的可能取值为， 故， 故的分布列为 0 1 2 故. （2）（i）证明：由（1）可知，当时，或； 假设此时数列中存在最小的整数，使得， 则单调递增，即均为正数，且，所以； 则存在，使得，此时与均为正数矛盾，所以不存在整数，使得，故. 所以数列是首项为1､公差为4的等差数列， 则. （ii）解：由，可得， 由题设条件可得必为数列中的项； 记该数列为，有； 不妨令，则或， 均不为 此时或或或，均不为. 上述情况中，当时，， 结合，则有. 由可知，使得成立的的最小值为. 学科网（北京）股份有限公司 $$