精品解析：江西省赣州市十八县（市、区）二十五校2025届高三下学期期中联考数学试卷

2025年赣州市十八县（市、区）二十五校期中联考 高三数学试卷 说明： 1．全卷满分150分，考试时间120分钟. 2．全卷分为试题卷和答题卡，答案要求写在答题卡上，不得在试卷上作答，否则不给分. 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. 若复数z满足，则复数z在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知是首项为1，公比为q（）的等比数列．若数列的前三项和为2，则q等于（ ） A. B. C. D. 3. 已知，则“向量共线”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 既不充分也不必要条件 D. 充要条件 4. 已知展开式中的常数项为40，则a等于（ ） A. 1 B. 2 C. D. 5. 已知函数的值域是，则实数 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知一圆锥的底面半径是1，高为，SA为该圆锥的一条母线，B，C是圆锥底面圆周上的两个动点，则直线SA与BC夹角的余弦值的最大值是（ ） A. B. C. D. 7. 不等式在区间上的整数解的个数是（ ） A. 674 B. 676 C. 1352 D. 1348 8. 某篮球队参加一项国际邀请赛，比赛分为两个阶段．小组赛阶段：进行3场小组赛，至少赢得2场才能晋级排名赛，否则淘汰．若晋级，进入排名赛阶段：进行3场比赛，每赢一场可额外获得奖金．已知该篮球队小组赛阶段每场获胜的概率均为0.8，若能晋级，排名赛阶段每场比赛获胜的概率均是0.6．该球队参加小组赛能获得出场费50万元，排名赛每赢一场比赛，获得100万元奖金．设该球队参加这项赛事获得的总奖金为随机变量X（单位：万元），则随机变量X的数学期望是（ ） A. 166.48 B. 211.28 C. 216.48 D. 230 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 调研某工厂的生产投入 （生产工时/天）对产量（件/天）和每件产品的平均能源消耗 （千瓦时/件）的影响，得到如下数据： （生产工时/天） 10 20 30 40 50 60 （件/天） 50 101 149 202 248 301 （千瓦时/件） 19.8 19.1 15.2 14.5 13.0 9.2 现在对与 ， 与 分别进行相关性分析，得到相关系数分别为，，则下列判断正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 尼科梅德斯蚌线（Conchoid of Nicomedes）是一种经典的曲线，已知一条尼科梅德斯蚌线C的方程为及一条直线，下列判断正确的是（ ） A. 曲线C关于x轴对称 B. 曲线C上点的横坐标的取值范围是 C. 直线l与曲线C一定有且仅有两个交点 D. 直线l被曲线C截得的线段的中点在定直线上 11. 已知函数（a为常数）有两个极值点，且．则下列判断正确的是（ ） A. B. C. 有最小值 D. 有最大值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知集合，那么等于_________． 13. 已知双曲线的左、右焦点分别为，过点且斜率为的直线l与双曲线右支相交于A，B两点（点A在第一象限），且，则的面积等于_________． 14. 已知正四棱锥的各棱长均为2，点E是棱SB的中点，动点P满足，则的最小值为_________． 四、解答题：共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知函数． （1）求函数 的极值点； （2）若函数 在区间上的最小值为 ，求实数a的值． 16. 如图，已知 中，，点D是边BC上一点，且． （1）求AD的长； （2）求 的面积． 17. 如图，已知斜三棱柱的侧面是正方形，侧面是菱形，平面平面，，，点E，F分别是棱，AC的中点． （1）求证：； （2）设直线AB与平面的交点为M，求AM的长； （3）求二面角的余弦值． 18. 已知椭圆和圆的方程分别是，椭圆的离心率，点M，N分别在，上，的最大值为． （1）求，的方程； （2）点是圆上的动点，过点P作与椭圆有且只有一个交点的两直线，设直线的斜率分别为，且与x轴分别交于点A，B． （i）求证：为定值； （ii）求的取值范围． 19. 若有穷数列满足（d为常数，），则称数列为“项数为n差为d的极差数列”． （1）写出一个各项为正整数，的“项数为4差为3的极差数列”； （2）“项数为6差为3的极差数列” 满足各项均为正整数，，证明：数列是等差数列； （3）从数1，2，3，…，20任意取出5个，按由小到大的顺序组成数列，求这个数列是“项数为5差为3的极差数列”的概率． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年赣州市十八县（市、区）二十五校期中联考 高三数学试卷 说明： 1．全卷满分150分，考试时间120分钟. 2．全卷分为试题卷和答题卡，答案要求写在答题卡上，不得在试卷上作答，否则不给分. 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. 若复数z满足，则复数z在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算可得，再根据复数的几何意义分析判断. 【详解】由题意可得：， 所以复数z在复平面内对应的点为，位于第一象限. 故选：A. 2. 已知是首项为1，公比为q（）的等比数列．若数列的前三项和为2，则q等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知有，则即可求解. 【详解】由题设，则， 所以，可得（负值舍）. 故选：C 3. 已知，则“向量共线”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 既不充分也不必要条件 D. 充要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据讨论同向、反向共线两种情况，结合充分、必要性定义确定条件间的关系. 【详解】若向量共线且，同向共线时有，反向共线时有，充分性不成立； 若，而，则向量同向共线，必要性成立； 所以“向量共线”是“”的必要不充分条件. 故选：B 4. 已知展开式中的常数项为40，则a等于（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意结合二项式定理可得，运算求解即可. 【详解】对于可知：， 可知展开式中的常数项为， 即，解得或（舍去）， 且 ，所以. 故选：B. 5. 已知函数的值域是，则实数 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先说明函数的单调性，求出函数在各段的取值范围，依题意可得，解得即可. 【详解】因为，所以在上单调递增，且在上单调递增， 当时，当时， 因为的值域是，所以，解得， 即实数 的取值范围是. 故选：C 6. 已知一圆锥的底面半径是1，高为，SA为该圆锥的一条母线，B，C是圆锥底面圆周上的两个动点，则直线SA与BC夹角的余弦值的最大值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意建系，设出点B，C的坐标，利用空间向量的夹角公式和三角恒等变换将其化成关于余弦的绝对值函数，利用余弦函数的值域即可求得. 【详解】 如图，设圆锥的底面圆圆心为点 ，分别以直线所在直线为轴， 过点 且与 垂直的直线为 轴建立空间直角坐标系. 依题意，因点B，C是圆锥底面圆周上的两个动点， 可设，其中， 则， 设直线SA与BC夹角为 ， 则 ， 因，故当时，取得最大值1，此时取得最大值. 故选：D. 7. 不等式在区间上的整数解的个数是（ ） A. 674 B. 676 C. 1352 D. 1348 【答案】A 【解析】 【分析】整理可得，结合正弦型函数的周期性分析求解即可. 【详解】因为， 由题意可得，可得， 因为的最小正周期为， 且， 可知满足在内的整数解为4，5，即一个最小正周期内有2个整数解， 则不等式在内无整数解，在有个整数解. 所以不等式在有个整数解. 故选：A. 8. 某篮球队参加一项国际邀请赛，比赛分为两个阶段．小组赛阶段：进行3场小组赛，至少赢得2场才能晋级排名赛，否则淘汰．若晋级，进入排名赛阶段：进行3场比赛，每赢一场可额外获得奖金．已知该篮球队小组赛阶段每场获胜的概率均为0.8，若能晋级，排名赛阶段每场比赛获胜的概率均是0.6．该球队参加小组赛能获得出场费50万元，排名赛每赢一场比赛，获得100万元奖金．设该球队参加这项赛事获得的总奖金为随机变量X（单位：万元），则随机变量X的数学期望是（ ） A. 166.48 B. 211.28 C. 216.48 D. 230 【答案】B 【解析】 【分析】先求出晋级排名赛的概率，可知排名赛该球队赢的场次，结合二项分布的期望公式，根据期望的概念及性质求解即可. 【详解】因为该篮球队小组赛阶段每场获胜的概率均为0.8， 所以晋级排名赛的概率为， 设排名赛该球队赢了场，排名赛阶段每场比赛获胜的概率均是0.6， 排名赛获得的奖金数为Z（万元），则，，， 所以随机变量X的数学期望是 （万元）. 故选：B 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 调研某工厂的生产投入 （生产工时/天）对产量 （件/天）和每件产品的平均能源消耗 （千瓦时/件）的影响，得到如下数据： （生产工时/天） 10 20 30 40 50 60 （件/天） 50 101 149 202 248 301 （千瓦时/件） 19.8 19.1 15.2 14.5 13.0 9.2 现在对 与 ， 与 分别进行相关性分析，得到相关系数分别为，，则下列判断正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据所给数据及相关系数的概念及性质判断即可. 【详解】由表格数据可知 增大 也增大，即 与 呈正相关，所以，故A正确； 因为 增大时 反而越来越少，所以 与 呈负相关，所以，故B错误； 因为 每增加， 增加的量分别为，，，，，增加的量接近且偏差不大， 而 每增加， 减少的量分别为，，，，，偏差较大， 即 与 的相关性更强，所以，即，所以，故C正确，D错误. 故选：AC 10. 尼科梅德斯蚌线（Conchoid of Nicomedes）是一种经典的曲线，已知一条尼科梅德斯蚌线C的方程为及一条直线，下列判断正确的是（ ） A. 曲线C关于x轴对称 B. 曲线C上点的横坐标的取值范围是 C. 直线l与曲线C一定有且仅有两个交点 D. 直线l被曲线C截得的线段的中点在定直线上 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，取关于x轴对称的点验证即得；对于B，根据时曲线方程无意义即可判断；对于C，将两方程联立消元后，利用根的判别式即可判断；对于D，根据C项结论，借助于韦达定理即可得到. 【详解】对于A，若点在曲线上，则将点代入方程左式， 可得，即点也在曲线上，故A正确； 对于B，对于C的方程为，当时，显然不成立，而 ，故B错误； 对于C，由，消去 化简得：（*）， 因，故方程（*）有两个实根， 从而直线l与曲线C一定有且仅有两个交点，故C正确； 对于D，由C项分析，不妨设直线l与曲线C交于点，的中点为， 则有，故，即点 在定直线上，故D正确. 故选：ACD. 11. 已知函数（a为常数）有两个极值点，且．则下列判断正确的是（ ） A. B. C. 有最小值 D. 有最大值 【答案】AC 【解析】 【分析】令，由已知在 上有两个变号零点，结合二次函数性质及韦达公式判断A、B；再由，，构造且，并应用导数求最值判断C、D. 【详解】由题设有两个变号零点， 令，则在 上有两个变号零点， 又，所以，故， 所以，又，则，故，A对，B错， 由上，则， ，， 令且，则， 当， ， 在上单调递减， 当， ， 在上单调递增， 所以，时，时， 所以 无最大值，最小值为，C对，D错. 故选：AC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知集合，那么等于_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据绝对值的性质化简集合B，进而求交集. 【详解】因为集合， 且，所以. 故答案为：. 13. 已知双曲线的左、右焦点分别为，过点且斜率为的直线l与双曲线右支相交于A，B两点（点A在第一象限），且，则的面积等于_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据双曲线定义可得，，在中，利用余弦定理可得，即可得面积. 【详解】因为，则， 又因为，直线l的斜率为，其倾斜角为，即， 在中，由余弦定理可得， 即，解得或（舍去）， 即，所以的面积. 故答案为：. 14. 已知正四棱锥的各棱长均为2，点E是棱SB的中点，动点P满足，则的最小值为_________． 【答案】 【解析】 【分析】分别取的中点，可证平面，进而分析可知点 关于平面的对称点为点 ，根据对称性结合几何性质运算求解. 【详解】分别取的中点，连接，设， 因为为等边三角形，则， 且，平面，则平面， 可知点平面， 又因为分别为的中点，则∥，且点 为的中点， 可得平面，即点 关于平面的对称点为点 ， 则， 当且仅当三点共线时，等号成立， 所以的最小值为. 故答案为：. 四、解答题：共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知函数． （1）求函数 的极值点； （2）若函数 在区间上的最小值为 ，求实数a的值． 【答案】（1）为极小值点，无极大值点 （2） 【解析】 【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，即可求出函数的单调区间，从而求出函数的极值点； （2）分、、三种情况讨论，得到函数的单调性，求出函数的最小值，即可得解. 【小问1详解】 函数的定义域为， 又， 所以当时，当时， 所以的单调递减区间为，单调递增区间为， 所以为 的极小值点，无极大值点. 【小问2详解】 当，即时，在上单调递增， 所以在处取得最小值，，不符合题意； 当，即，此时在上单调递减，在上单调递增， 所以，解得； 当，即，此时在上单调递减， 所以，不符合题意； 综上可得. 16. 如图，已知 中，，点D是边BC上一点，且． （1）求AD的长； （2）求 的面积． 【答案】（1）6 （2） 【解析】 【分析】（1）在 中，利用正弦定理求AD的长； （2）在 中，利用余弦定理可得，进而可得面积. 【小问1详解】 在 中，可知，，可得， 由正弦定理可得. 【小问2详解】 在 中，可知， 由余弦定理可得， 即，可得，解得或， 所以 的面积为. 17. 如图，已知斜三棱柱的侧面 是正方形，侧面是菱形，平面平面 ，，，点E，F分别是棱，AC的中点． （1）求证：； （2）设直线AB与平面的交点为M，求AM的长； （3）求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明：取的中点 ，连接， 由题意可知：为等边三角形，则， 又因为平面平面 ，平面平面，平面， 可得平面 ，且， 以为坐标原点，分别为轴，平行于的直线为 轴，建立空间直角坐标系， 则， 可得， 则，所以. （2）1 （3） 【解析】 【分析】（1）做辅助线，可证平面 ，建系标点，利用空间向量证明线线垂直； （2）设，求平面的法向量，根据空间位置关系结合向量垂直运算求解； （3）分别求平面、平面的法向量，利用空间向量求二面角. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设，则， 由（1）可得：， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 由题意可知：，则，解得 ， 所以AM的长为 . 【小问3详解】 因为， 设平面（即平面 ）的法向量为， 则，令，则，可得， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 则， 由图可知：二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为. 18. 已知椭圆和圆的方程分别是，椭圆的离心率，点M，N分别在，上，的最大值为． （1）求，的方程； （2）点是圆上的动点，过点P作与椭圆有且只有一个交点的两直线，设直线的斜率分别为，且与x轴分别交于点A，B． （i）求证：为定值； （ii）求的取值范围． 【答案】（1） （2）（i）证明见详解；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据圆和椭圆的性质可得，结合题意列式求解即可； （2）（i）设直线方程为 ，联立方程结合圆的方程是方程的根，利用韦达定理分析证明；（ii）求点 ，结合韦达定理可得，换元结合二次函数求取值范围. 【小问1详解】 圆的圆心为 ，半径， 则， 由题意可得：，解得， 所以椭圆和圆的方程分别是. 【小问2详解】 （i）设直线方程为 ， 联立方程，消去y可得， 则，整理可得， 又因为直线 过点， 可得，即， 则，整理可得， 可知是方程的根， 则，， 且在圆：上，则，即， 所以； （ii）由（1）可得：， 由直线可得， 则， 因为，令，则， 可得， 所以的取值范围为. 19. 若有穷数列满足（d为常数，），则称数列为“项数为n差为d的极差数列”． （1）写出一个各项为正整数，的“项数为4差为3的极差数列”； （2）“项数为6差为3的极差数列” 满足各项均为正整数，，证明：数列是等差数列； （3）从数1，2，3，…，20任意取出5个，按由小到大的顺序组成数列，求这个数列是“项数为5差为3的极差数列”的概率． 【答案】（1） ，，，（答案不唯一） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据所给定义可得，列出符合题意的答案即可； （2）依题意可得，推出，即可得到； （3）首先求出从个数中取 个数的取法，再确定“项数为5差为3的极差数列”的个数，最后由古典概型的概率公式计算可得. 【小问1详解】 因为，且， 不妨取 ，，，，符合题意（答案不唯一）； 【小问2详解】 依题意，，，，， 将上述式子相加可得，又 ，所以，又， 所以，，，，， 所以是等差为 的等差数列； 【小问3详解】 从数1，2，3，…，20任意取出5个，按由小到大的顺序组成数列， 则所有不同数列的个数为； 以下给出一个确定“项数为5差为3的极差数列”方法， 把个相同的小球放进编号分别为，，，，，的六个箱子中， 箱子中的球数，就是箱子的编号的值， 其中第一个箱子至少需要放 个小球，第个箱子中至少需要放 个小球，第 个箱子可以不放球， 每一种放法，对应一个符合条件的数列， 第个箱子先分别放入 个小球，第 个箱子先借出 个小球， 不同放法等价于个小球放进 个箱子，每个至少一个小球，则放法数为， 即“项数为5差为3的极差数列”共有个， 所以所求概率. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $