精品解析：2025届江西省名校学术联盟高三下学期模拟冲刺数学试题（四）

名校学术联盟・高考模拟信息卷&冲刺卷&预测卷 数学（四） 本试卷共4页，19题.全卷满分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.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 若，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. 或 C. 或 D. 或 3. 的值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 4. 随着消费者对食品安全和健康饮食的关注度的提升，中国有机燕麦作为有机食品中营养价值较高的产品，受到消费者青睐，下图为中国有机燕麦消费者调研样本构成，根据该图，下列说法正确的是（ ） A. 中国有机燕麦消费者中女性不超过男性的2倍 B. 超过的中国有机燕麦消费者月收入不高于15000元 C. 超过半数的中国有机燕麦消费者年龄在31~40岁 D. 中国有机燕麦消费者收入构成占比中的5个百分数的中位数是33.0% 5. 已知在三棱锥中，，，两两垂直，，，的外接圆的面积分别为，，，若点，，，都在球的表面上，且球的表面积为，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 6. 已知函数，若，使成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知双曲线的一条渐近线经过第一、三象限，为的右焦点，为坐标原点，的中点为，过点与平行的直线与的右支交于点，，则的方程为（ ） A. B. C. D. 8. 若平面向量、、满足，则有（ ） A. 最大值 B. 最小值 C. 最大值 D. 最小值 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. 已知抛物线的焦点为，点关于原点的对称点为，第一象限内的点，在上，且，则（ ） A. 点的坐标为 B. C. 直线的斜率为 D. 直线，关于轴对称 10. 已知函数，则（ ） A. 存在，使得对任意，恒有 B. 若，则是的整数倍 C. 若在区间上的值域为，则的取值范围是 D. 若在区间上没有最小值，则的取值范围是 11. 在下列图形中，能笔尖不离纸且不重复经过任何一条线地一笔完整画出的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 近两年，智能网联汽车逐步进入大众视野，调研数据显示，中国消费者关注度最高的前6名智能网联车技术分别为V2X（车与人、车、路、云平台）的信息交互技术、车联网通信技术、环境感知技术、云计算技术、整车通项技术、物联网技术，某科技自媒体博主准备连续6天分别对这6项技术进行科普，每天只科普一项技术，每项技术只科普1天，则车联网通信技术与云计算技术在相邻两天进行科普，且信息交互技术不在最后一天科普的安排方法种数为__________.（用数字作答） 13. 定义为实数，，的乱序元.若正项数列满足，，其任意相邻三项的乱序元为6，则数列的前2025项和为__________. 14. 在四棱锥中，底面是边长为3的正方形，平面，且，若直线平面，直线平面，平面与直线，分别交于点，，则的面积为__________；直线到平面的距离为__________. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程和解题步骤. 15. 已知锐角中，角，，所对的边分别为，，. （1）若，且，求面积的最大值； （2）若，证明：. 16. 如图，在几何体中，互相平行，四边形与四边形 是全等的等腰梯形，平面平面，，点分别为的中点. （1）证明：平面平面; （2）求直线与平面所成角的正弦值. 17. 已知函数. （1）若存在，使得的图象在处的切线过原点，求的取值范围； （2）若，判断的零点个数. 18. 已知椭圆只经过，，，，，中的两个点. （1）求的方程； （2）已知是上一动点，，当为的右顶点时，取得最小值，求的取值范围； （3）若动直线与交于点，，点是轴正半轴上异于点的一定点，若直线，的倾斜角分别为，，且存在实数使得恒成立，求点的坐标及的值. 19. 设和是整数数列，若对于任意，都有.，我们就称数列和为一组耦合数列. （1）若数列和为一组耦合数列，且，都有，且，求数列的通项公式； （2）若数列和为一组耦合数列，证明：； （3）若数列和为一组耦合数列，探究是否存在实数，使得对于某个，从，，，中任取一个数，这个数是的概率大于，并说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 名校学术联盟・高考模拟信息卷&冲刺卷&预测卷 数学（四） 本试卷共4页，19题.全卷满分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.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由复数的乘法与加减法，可得答案. 【详解】由得，所以. 故选：D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. 或 C. 或 D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】先求出两个集合，再利用交集的定义求解即可. 【详解】令，解得，故， 令，解得或，故或， 则或，故B正确. 故选：B 3. 的值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由辅助角公式，结合诱导公式求解. 【详解】. 故选：D. 4. 随着消费者对食品安全和健康饮食的关注度的提升，中国有机燕麦作为有机食品中营养价值较高的产品，受到消费者青睐，下图为中国有机燕麦消费者调研样本构成，根据该图，下列说法正确的是（ ） A. 中国有机燕麦消费者中女性不超过男性的2倍 B. 超过的中国有机燕麦消费者月收入不高于15000元 C. 超过半数的中国有机燕麦消费者年龄在31~40岁 D. 中国有机燕麦消费者收入构成占比中的5个百分数的中位数是33.0% 【答案】C 【解析】 【分析】利用中位数的定义结合从图表中获取的数据求解即可. 【详解】对于A，由图可得中国有机燕麦消费者中女性与男性占比分别为，，而，故A错误， 对于B，中国有机燕麦消费者月收入不高于元的占比为，故B错误， 对于C，中国有机燕麦消费者中年龄在31~40岁的占比为57.7%，故C正确， 对于D，中国有机燕麦消费者收入构成占比中的5个百分数的中位数是，故D错误. 故选：C. 5. 已知在三棱锥中，，，两两垂直，，，的外接圆的面积分别为，，，若点，，，都在球的表面上，且球的表面积为，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】由直角三角形的外接圆，长方体的外接球，根据勾股定理，可得答案. 【详解】设，，， 则，，的外接圆半径分别为，，， 所以， 球的半径，，所以. 故选：A. 6. 已知函数，若，使成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先研究函数是奇函数，再求导，用均值不等式和余弦函数特点，知道函数在整个取值范围递增.利用奇函数性质变成，结合单调性得出. 参变分离，转化为求的最值即可. 【详解】因为，所以为奇函数， 又，故在上单调递增， 由，得，所以， 若，，即，只需， 令，由对勾函数的性质可知在上单调递增， 故，故. 故选：D. 7. 已知双曲线的一条渐近线经过第一、三象限，为的右焦点，为坐标原点，的中点为，过点与平行的直线与的右支交于点，，则的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由双曲线方程写出渐近线方程，根据直线平行与垂直，表示出直线方程，联立求交点，结合中点坐标，代入双曲线方程，可得答案. 【详解】 由题知的方程为，设，延长与交于点，则为的中点， 由，得，所以， 代入得，结合，得， 所以的方程是. 故选：A. 8. 若平面向量、、满足，则有（ ） A. 最大值 B. 最小值 C. 最大值 D. 最小值 【答案】C 【解析】 【分析】设，，求出的坐标，利用平面向量数量积的坐标运算以及基本不等式可求得的最值，即可得出合适的选项. 【详解】因为，不妨设，， 则， 所以 ， 当且仅当时，即当时，等号成立， 故有最大值. 故选：C. 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. 已知抛物线的焦点为，点关于原点的对称点为，第一象限内的点，在上，且，则（ ） A. 点的坐标为 B. C. 直线的斜率为 D. 直线，关于轴对称 【答案】BD 【解析】 【分析】通过已知条件中的向量关系得出点之间的位置关系，再结合抛物线定义求出点的坐标，最后根据直线斜率公式判断直线斜率相关结论.逐个判断即可. 【详解】易知点的坐标为，故A错误； 由，可得点为线段的中点，点为的准线与轴的交点，所以点到准线的距离是点到准线的距离的，由抛物线定义可得B正确； 设，，由点为的中点，可得，，所以， 又，联立解得，，所以，，所以，故C错误； ，，，故D正确. 故选：BD. 10. 已知函数，则（ ） A. 存在，使得对任意，恒有 B. 若，则是的整数倍 C. 若在区间上的值域为，则的取值范围是 D. 若在区间上没有最小值，则的取值范围是 【答案】AC 【解析】 【分析】根据正弦型函数的性质，包括对称性、零点间距、值域以及最值等问题.逐一分析每个选项. 【详解】若对任意，恒有，则函数的图象关于直线对称. 对于函数，其对称轴方程为，即. 所以存在，使得对任意，恒有，故选项A正确. 若，则，是函数的两个零点. 根据正弦函数的性质，相邻两个零点之间的距离是半个周期，函数的周期，那么是的整数倍，而不是的整数倍，故选项B错误. 已知，，则. 因为在区间上的值域为，所以，解得，即的取值范围是，故选项C正确. 已知，，则. 因为在区间上没有最小值，所以，解得，故选项D错误. 故选：AC. 11. 在下列图形中，能笔尖不离纸且不重复经过任何一条线地一笔完整画出的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定的各个图形，由一节点开始按要求顺次一笔完整画出判断ABD；分析节点及连线情况判断C. 【详解】对于A，图形中有2个节点，每处与4条线相连接，其余8个节点，每处与2条线相连接， 按图形中的数字从小到大依次连接，可按要求一笔完整画出，A是； 对于B，图形中有4个节点，每处与4条线相连接，按图形中的数字从小到大依次连接，可按要求一笔完整画出，B是； 对于D，图形中有6个节点，每处与4条线相连接，按图形中的数字从小到大依次连接，可按要求一笔完整画出，D是； 对于C，图中有4个节点，每处与5条线相连接，另一个节点处与4条线相连接， 无法用任何方式用笔不离纸且不重复经过任何一条线地一笔完整画出，C错误. 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 近两年，智能网联汽车逐步进入大众视野，调研数据显示，中国消费者关注度最高的前6名智能网联车技术分别为V2X（车与人、车、路、云平台）的信息交互技术、车联网通信技术、环境感知技术、云计算技术、整车通项技术、物联网技术，某科技自媒体博主准备连续6天分别对这6项技术进行科普，每天只科普一项技术，每项技术只科普1天，则车联网通信技术与云计算技术在相邻两天进行科普，且信息交互技术不在最后一天科普的安排方法种数为__________.（用数字作答） 【答案】192 【解析】 【分析】采用捆绑法和特殊元素优先法，结合排列组合公式来求解安排方法的种数. 【详解】因为车联网通信技术与云计算技术要在相邻两天进行科普，所以可将这两项技术“捆绑”在一起，看作一个元素.对车联网通信技术与云计算技术进行内部排列，它们之间的排列顺序有种， 由于信息交互技术不在最后一天科普，那么信息交互技术可安排在前天中的任意一天，所以信息交互技术的安排方法有种. 将车联网通信技术与云计算技术看作一个整体后，除信息交互技术外，还剩下项技术以及这个整体，共个元素. 对这个元素进行全排列，排列方法有种， 根据分步乘法原理知道，满足条件的安排方法种数为（种）. 故答案为：192. 13. 定义为实数，，的乱序元.若正项数列满足，，其任意相邻三项的乱序元为6，则数列的前2025项和为__________. 【答案】2925 【解析】 【分析】由题意建立方程，求得数列的周期性，可得答案. 【详解】由题干知，于是， 两式相减，得到.由知. 而，得到，， 于是. 故答案为：. 14. 在四棱锥中，底面是边长为3的正方形，平面，且，若直线平面，直线平面，平面与直线，分别交于点，，则的面积为__________；直线到平面的距离为__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】先通过线面垂直等关系证明相关垂直，进而求出的面积；再利用面面垂直的性质找出直线BD到平面的距离并计算. 【详解】如图，过点作的平行线与直线，分别交于点，，则，， 由平面，可得，由四边形是正方形及，可得， 因为平面，所以平面，所以， 因为，，所以，所以的面积为. 设，则，易得平面平面，平面平面， 过点作，垂足为，则平面，即就是直线到平面的距离，. 故答案为：；. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程和解题步骤. 15. 已知锐角中，角，，所对的边分别为，，. （1）若，且，求面积的最大值； （2）若，证明：. 【答案】（1） （2） 证明：由及余弦定理得， ， 因为在锐角中，， 所以，即， 由正弦定理得， 因为，都是锐角，所以，. 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理结合基本不等式求出ac的最大值，再根据三角形面积公式求出面积最大值；（2）通过已知条件结合余弦定理和正弦定理进行化简推导，得出角之间的关系。 【小问1详解】 因为，， 由余弦定理得， 所以，当且仅当时取等号， 又， 所以的面积， 即面积的最大值为. 【小问2详解】 略 16. 如图，在几何体中，互相平行，四边形与四边形 是全等的等腰梯形，平面平面，，点分别为的中点. （1）证明：平面平面; （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 如图，因为四边形是等腰梯形，点G为的中点，点H为的中点， 所以，又平面平面，平面平面， 所以平面，平面，所以， 取BE的中点M，连接，则四边形是边长为2的菱形， 所以，又，所以， 因为且都在面内，所以平面， 因为平面，所以平面平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）根据已知有，结合面面垂直的性质有平面，进而有，取BE的中点M，连接，易得，最后由线面、面面垂直的判定证结论； （2）构建合适的空间直角坐标系，应用向量法求线面角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，两两垂直， 以H为原点，所在的直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为，则， 取，得， 设直线与平面所成的角为θ， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 17. 已知函数. （1）若存在，使得的图象在处的切线过原点，求的取值范围； （2）若，判断的零点个数. 【答案】（1） （2）两个零点. 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义得到，再构造，利用导数求解其值域，最后得到取值范围即可. （2）利用导数判断函数的单调性，再结合零点存在性定理求解零点个数即可. 【小问1详解】 由题意得定义域为， 因为，所以， 若存在，使得的图象在处的切线过原点， 则切线斜率，得到， 整理得，设，则， 所以在区间上单调递增，， 又，时，，故的取值范围是. 【小问2详解】 当时，， 则， 设，则在区间上单调递减， 且，，得到， 所以由零点存在性定理得存在，使得，即， 则，得到， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 得到， 又时，，时，，故有两个零点. 18. 已知椭圆只经过，，，，，中的两个点. （1）求的方程； （2）已知是上一动点，，当为的右顶点时，取得最小值，求的取值范围； （3）若动直线与交于点，，点是轴正半轴上异于点的一定点，若直线，的倾斜角分别为，，且存在实数使得恒成立，求点的坐标及的值. 【答案】（1） （2） （3），. 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的对称性，即可判断，在上，即可代入椭圆方程求解， （2）根据两点距离公式，结合二次式的性质即可求解， （3）联立直线与椭圆方程得韦达定理，即可根据正切和差角公式以及斜率公式化简求解. 【小问1详解】 ，，要么都在上，要么都不在上， 因为只有两个点在上，所以，，都不在上， 若在上，则，不在上，与题意矛盾，所以不在上，，在上， 所以所以，， 所以的方程为. 【小问2详解】 设，则， ， 因为当为的右顶点时，取得最小值， 即时，取得最小值， 所以，即， 所以的取值范围是. 【小问3详解】 设，（且），，， 将与联立得， 则，， 因为，所以为定值， 因为 ， 当时，，为定值， ， 所以，. 19. 设和是整数数列，若对于任意，都有.，我们就称数列和为一组耦合数列. （1）若数列和为一组耦合数列，且，都有，且，求数列的通项公式； （2）若数列和为一组耦合数列，证明：； （3）若数列和为一组耦合数列，探究是否存在实数，使得对于某个，从，，，中任取一个数，这个数是的概率大于，并说明理由. 【答案】（1） （2） 因为， 所以 . （3）存在，理由： 由（2）知为不严格单调递减数列， 又和是整数数列，则， 使得对于某个，，有， 此时， ，故，， 取此，则. 令，则到中至少有个等于， 即从，，，中任取一个数，这个数是的概率为，故存在实数，使得对于某个， 从，，，中任取一个数，这个数是的概率大于. 【解析】 【分析】（1）利用给定条件化简得到或，再结合求解通项公式即可. （2）利用给定定义对进行变形，证明不等式即可. （3）利用给定定义得到到中至少有个等于，再求解概率，证明结论即可. 【小问1详解】 因为，， 所以， 即或.又，且， 故，即的通项公式为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $