精品解析：2025届江西省赣州市一模数学试题

赣州市2025年高三年级摸底考试 数学试卷 2025年3月 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟 第Ⅰ卷（选择题共58分） 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. 已知集合，，若，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求解集合,再利用集合的包含关系得到参数满足的条件求解即可. 【详解】解集合， 解集合， 因为，所以， 故选：B. 2. 已知复数z满足，且z在复平面内对应的点为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由，代入，利用模长公式整理得z在复平面内对应点的轨迹方程． 【详解】z在复平面内对应的点为，则， 由，得， 化简得. 故选：A. 3. 函数的最小正周期是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】借助正切函数的二倍角公式可得，结合函数定义域及正切型函数的周期性计算即可得. 【详解】，， 又，可得， 即，且、，故. 故选：C. 4. 已知数列的前n项和为，满足，则=（ ） A. 11 B. 31 C. 61 D. 121 【答案】D 【解析】 【分析】首先利用公式，判断数列是等比数列，再代入公式，即可求解. 【详解】令，得，得 ， 由， 当时，，两式相减得， ，即，即， 所以数列是以 为首项， 为公比的等比数列， 所以. 故选：D. 5. 甲箱中有3个红球和2个白球，乙箱中有2个红球和3个白球（两箱中的球除颜色外没有其他区别），先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，再从乙箱中随机取出两球，则取出的两球都是红球的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据全概率的计算公式即可求. 【详解】分别用事件和表示从甲箱中取出的球是红球和白球,用事件B表示从乙箱中取出的两球都是红球， 由题意可知，，， 所以， 故选：B 6. 已知函数，，若恰有3个极值点，则正数ω的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出的范围，结合余弦函数的性质列不等式求解即可. 【详解】因为，所以当时，， 因为恰有3个极值点，所以， 解得，即 的取值范围为. 故选：D 7. 已知双曲线C：的左、右顶点分别为，，圆与C的渐近线在第一象限的交点为M，直线交C的右支于点P，若的角平分线与y轴平行，则C的离心率为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出点 的坐标，根据点 在直线上，结合求出点 坐标，然后代入双曲线方程可得. 【详解】由题知，，双曲线过第一象限的渐近线方程为， 联立，解得，则， 所以直线的方程为， 设，则①， 因为的角平分线与y轴平行，所以， 即，整理得②， 联立①②解得，代入双曲线方程得，即. 故选：A 8. 已知，记，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用指数和对数运算，先估算出的取值范围，再用对数运算来估算和，即可得到判断. 【详解】由换底公式等价变形得：， 因为，两边取以7为底的对数可得：， 又因为，两边取以7为底的对数可得：， 可知， 由，可得， 由，可得， 从而可得， 故选：C. 【点睛】关键点点睛：关键是借助已知数据和指数对数运算，可以估算出，从而可以让与有理数进行大小比较. 二、选择题：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，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用二项式定理，结合赋值逐项进行判断即可. 【详解】由， 所以的展开式中最高次项为次项，即，故A正确； 的展开式中，的系数为，的系数为， 则，故B错误； 令，得，故C正确； 令 ，得， 所以，，故D 正确； 故选：ACD. 10. 设D是含数1的有限实数集，是定义在D上的函数，若的图像绕原点逆时针旋转后与原图像重合，则下列选项中的取值可能为（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】BD 【解析】 【分析】先阅读理解题意，则问题可转化为圆上有6个点为一组，每次绕原点逆时针旋转个单位后与下一个点会重合，再结合函数的定义逐一检验即可． 【详解】由题意可得，问题相当于圆上由6个点为一组，每次绕原点逆时针旋转个单位后与下一个点会重合； 设处的点为， ∵ 的图象绕原点逆时针旋转后与原图象重合， ∴旋转后的对应点也在 的图象上， 同理旋转后的对应点也在图象上， 以此类推， 对应的图象可以为一个圆周上6等分的6个点； 对于A，当时，与 正半轴夹角为， 所以，此时，，此时，不满足函数定义，故A错误； 对于B， 当时，与 正半轴夹角的正切值为，此时每个 只对应一个，满足函数定义，故B正确； 对于C，当时，与 正半轴夹角为， 即，此时，，此时，不满足函数定义，故C错误； 对于D， 当时，与 正半轴夹角为，此时每个 只对应一个，满足函数定义，故D正确； 故选：BD． 11. 已知，为抛物线C： 上异于原点O的两个动点，且，作交直线AB于点N，则（ ） A. 直线 恒过定点 B. C. 存在一个定点Q，使得为定值 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】设直线 的方程，根据点在抛物线上及垂直关系，直线过定点可判定A；根据抛物线弦长公式可判定B；利用圆的性质可判定C；联立直线方程结合韦达定理可判定D. 【详解】由题意可设， 联立抛物线方程可得， 则， 对于A项，因为， 所以， 整理得 ，即直线 恒过定点，故A错误； 对于B项，由弦长公式， 当时取得等号，故B正确； 对于C，设直线 交横轴D，即 当时，显然为直角三角形，则N在以为直径的圆上， 不妨设的中点为Q，则是定值， 当时，此时重合，也有是定值，故C正确； 对于D项，不妨设，由上知， 则 ，故D正确. 故选：BCD 第Ⅱ卷（选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，，且，则=______． 【答案】 【解析】 【分析】先根据坐标线性运算得出坐标，再应用垂直的坐标运算计算求参，最后应用坐标求模长即可. 【详解】因为向量，， 则， 因为，则，所以， 所以． 故答案为： 13. 在三棱锥中，点P在平面的射影为 的中点，且，，设该三棱锥的体积为V，该三棱锥外接球的表面积为S，若，则S的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据条件先判定三棱锥的特征，结合体积公式求出高的范围，再判定外接球的球心位置，利用勾股定理结合飘带函数的性质判定外接球半径的范围，计算表面积即可. 【详解】因为，，故， 取 的中点D，连接，由题意可知平面，， 则，易得， 由题意知该三棱锥外接球的球心O在直线上， 设（ 为负，则球心在平面的下方），外接球半径为R， 故， 易知在上单调递增，即 则，所以. 故答案为：. 14. 若a，，自然对数的底数为e，则的最小值为______． 【答案】2 【解析】 【分析】将原式变形，再设函数，求导求得最小值，即可求得结果. 【详解】由， 设，求导，，令，解得：， 令，解得，令，解得， 故在区间上单调递减，在区间上单调递增， 故，故， 所以， 当且仅当时，等号成立. 故答案为：2 【点睛】思路点睛： （1）式子变形：将变形为， （2）构造函数：设，求导求得最小值； （3）得出结论：利用即可求得结果. 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. 记 的内角的对边分别为，已知． （1）求证：； （2）已知，当角取最大值时，求 的面积. 【答案】（1） ∵，∴， ∴，即， ∴， 由得，， 由正弦定理及余弦定理得，， ∴. （2） 【解析】 【分析】（1）根据同角三角函数的基本关系、两角和的正弦公式结合正弦定理、余弦定理，即可证明结论. （2）根据余弦定理结合基本不等式可得角的最大值，即可求出三角形面积. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由余弦定理得，， 当且仅当时取等号，此时取最大值， 为等边三角形. 由得，. ∴ 的面积为. 16. 如图所示，平面平面，且四边形为矩形，在四边形中，，． （1）证明：平面平面； （2）若，再从条件①、条件②中选择一个作为已知条件，求二面角的余弦值． 条件①：异面直线CD与BE所成角的余弦值为； 条件②：直线BF与平面ACEF所成角的正弦值为． 注：如果选择的条件不符合要求，得0分；如果选择多个符合要求的的条件分别进行解答，按第一个解答计分． 【答案】（1） 证明：因为， 所以， 在 中，由余弦定理得，， 解得， 所以， 所以，即， 因为四边形为矩形，所以， 因为，，，平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面． （2） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理及勾股定理逆定理得出，再由矩形性质得出，根据线面垂直和面面垂直的判定即可证明； （2）若选①，连接 ，设，建立空间直角坐标系，由异面直线CD与BE所成角的余弦值求得，再根据面面夹角的余弦公式求解即可；若选②，连接，建立空间直角坐标系，设，由直线BF与平面所成角的正弦值求得，再根据面面夹角的余弦公式求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 若选条件①：连接 ，设， 因为，平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又平面，所以， 以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 所以， 因为异面直线CD与BE所成角的余弦值为， 所以，解得， 则， 所以，， 设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为， 由，取得， 由，取得， 所以， 所以二面角的余弦值为． 若选②：连接，设， 因为，平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又平面，所以，同理可得，所以， 因为，，平面，， 所以平面，所以直线BF与平面ACEF所成角即为， 又平面，所以， 所以，解得， 以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则，， 所以，， 设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为， 由，取得， 由，取得， 所以， 所以二面角的余弦值为． 17. 已知椭圆E：，其左顶点为P，上顶点为Q，直线PQ交直线于R，且（其中O为坐标原点）. （1）求椭圆C的标准方程； （2）点N在x轴上，过点N作直线l与E交于A，B两点，问：是否存在定点N，使得为定值，若存在，求出所有点N的坐标并且求出定值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）结合已知条件根据两点间距离公式得到关于 、的方程组，求解方程组即可求解； （2）分斜率存在和不存在两种情况设出直线方程，直曲联立，将条件转化为、的关系，结合韦达定理再将条件转化为关于、的关系式即可求解. 【小问1详解】 由题意可知，，， 所以，， 整理联立有：， 又因为 ，，解得，， 所以椭圆方程为. 【小问2详解】 根据已知条件设，设，， 当直线 斜率不为时，设直线， 联立，整理得， 需， 即， 由韦达定理有：，， 故 因为为定值，所以， 整理得，解得，此时； 当直线斜率为时，不妨设，，， 此时符合题设， 同理可证当 的坐标为时也符合题设， 又恒成立， 所以存在点或使得的值为（定值）. 18. 已知函数（其中为自然对数的底数）有两个零点，． （1）求的取值范围： （2）（ⅰ）证明：对一切的且，都有； （ⅱ）证明：． 【答案】（1） （2）（ⅰ）证明：不妨设，则等价于，即证. 令，即证对任意的恒成立. 令，则， ∴在上单调递增，故， ∴. （ⅱ）证明：由（1）得，在和内分别存在一个零点， 由得，设，则， ∵等价于， ∴，即， 由（ⅰ）得，，即， ∴. 【解析】 【分析】（1）讨论的范围，通过求导分析函数单调性，利用函数有两个零点可得，即可求出的取值范围. （2）（ⅰ）把不等式等价变形，转化为证明对任意的恒成立，通过求导分析函数单调性可证结论. （ⅱ）分析的范围，由（ⅰ）得，结合基本不等式可证明结论. 【小问1详解】 由得. 当时，，在上单调递增，不合题意. 当时，由得，由得， ∴在上单调递减，在上单调递增， ∴，故. ∵，时，， ∴在和内分别存在一个零点，符合题意， ∴m的取值范围为. 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）略 【点睛】关键点点睛：解决第（2）问（ⅰ）的关键是不等式等价变形为，令，通过构造函数可证明结论成立.解决第（2）问（ⅱ）的关键是利用零点的概念得到，由（ⅰ）得，结合基本不等式可证明结论. 19. 十进制与二进制是常见的数制，其中十进制的数据是由0，1，2，3，4，5，6，7，8，9这十个数码来表示的数，基数为10，进位规则是“逢十进一”，借位规则是“借一当十”；二进制的数据是由0，1这两个数码来表示的数，基数为2，进位规则是“逢二进一”，借位规则是“借一当二”；例如：十进制的数20对应二进制表示的数为，二进制的数对应十进制表示的数为15．用表示非空的整数集合A的所有元素的和，已知集合，，i=1，2，…，n且．（一个数，不特别说明，默认为十进制）. （1）写出“37”对应二进制表示的数及“”对应的十进制数； （2）若集合，，，，求与的所有可能值组成的集合； （3）若，且对每个正整数，都存在A的子集S，使得，求的最小值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据二进制与十进制定义进行相互转化，即可得结果； （2）根据题中与定义，利用列举法得结果； （3）先根据整数二进制表示找到满足条件一个值，再证明其为最小值. 【小问1详解】 ， ； 【小问2详解】 根据题意为非空集合， ， 所以集合为中一种， 可能值为， ， 所以集合为中一种， 可能值为， 因此与的所有可能值组成的集合分别为； 【小问3详解】 根据整数二进制表示可知：1到中正整数可以表示为， 可知，对每个正整数，都存在的子集S，使得， 从而对每个正整数，都存在的子集S，使得， 进而对每个正整数，都存在的子集S，使得，即满足题意，此时， 下证：， 一方面，因为前10个数之和不能小于1012，否则设，则， 对于 ，显然不存在A的子集S，使得， 另一方面，因为， 所以根据整数二进制表示知，其前9个数之和最大为511，故， 综上：. 【点睛】解决新定义解题策略：（1）先要耐心审题，弄清其内涵与性质，确定解题方向，（2）再按照新定义的要求“照章办事”，逐步分析、验证、探索解题方法，直至解决问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 赣州市2025年高三年级摸底考试 数学试卷 2025年3月 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟 第Ⅰ卷（选择题共58分） 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. 已知集合，，若，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数z满足，且z在复平面内对应的点为，则（ ） A. B. C. D. 3. 函数的最小正周期是（ ） A. B. C. D. 4. 已知数列的前n项和为，满足，则=（ ） A. 11 B. 31 C. 61 D. 121 5. 甲箱中有3个红球和2个白球，乙箱中有2个红球和3个白球（两箱中的球除颜色外没有其他区别），先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，再从乙箱中随机取出两球，则取出的两球都是红球的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，，若恰有3个极值点，则正数ω的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知双曲线C：的左、右顶点分别为，，圆与C的渐近线在第一象限的交点为M，直线交C的右支于点P，若的角平分线与y轴平行，则C的离心率为（ ） A. B. 2 C. D. 8. 已知，记，，，则（ ） A. B. C. D. 二、选择题：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，，则（ ） A. B. C. D. 10. 设D是含数1的有限实数集，是定义在D上的函数，若的图像绕原点逆时针旋转后与原图像重合，则下列选项中的取值可能为（ ） A. B. 1 C. D. 2 11. 已知，为抛物线C： 上异于原点O的两个动点，且，作交直线AB于点N，则（ ） A. 直线 恒过定点 B. C. 存在一个定点Q，使得为定值 D. 第Ⅱ卷（选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，，且，则=______． 13. 在三棱锥中，点P在平面的射影为 的中点，且，，设该三棱锥的体积为V，该三棱锥外接球的表面积为S，若，则S的取值范围为______． 14. 若a，，自然对数的底数为e，则的最小值为______． 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. 记的内角的对边分别为，已知． （1）求证：； （2）已知，当角 取最大值时，求的面积. 16. 如图所示，平面平面 ，且四边形为矩形，在四边形 中，，． （1）证明：平面平面； （2）若，再从条件①、条件②中选择一个作为已知条件，求二面角的余弦值． 条件①：异面直线CD与BE所成角的余弦值为； 条件②：直线BF与平面ACEF所成角的正弦值为． 注：如果选择的条件不符合要求，得0分；如果选择多个符合要求的的条件分别进行解答，按第一个解答计分． 17. 已知椭圆E：，其左顶点为P，上顶点为Q，直线PQ交直线于R，且（其中O为坐标原点）. （1）求椭圆C的标准方程； （2）点N在x轴上，过点N作直线l与E交于A，B两点，问：是否存在定点N，使得为定值，若存在，求出所有点N的坐标并且求出定值；若不存在，请说明理由. 18. 已知函数（其中为自然对数的底数）有两个零点，． （1）求的取值范围： （2）（ⅰ）证明：对一切的且，都有； （ⅱ）证明：． 19. 十进制与二进制是常见的数制，其中十进制的数据是由0，1，2，3，4，5，6，7，8，9这十个数码来表示的数，基数为10，进位规则是“逢十进一”，借位规则是“借一当十”；二进制的数据是由0，1这两个数码来表示的数，基数为2，进位规则是“逢二进一”，借位规则是“借一当二”；例如：十进制的数20对应二进制表示的数为，二进制的数对应十进制表示的数为15．用表示非空的整数集合A的所有元素的和，已知集合，，i=1，2，…，n且．（一个数，不特别说明，默认为十进制）. （1）写出“37”对应二进制表示的数及“”对应的十进制数； （2）若集合，，，，求与的所有可能值组成的集合； （3）若，且对每个正整数，都存在A的子集S，使得，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $