精品解析：江西省上进联考2025届高三下学期5月联合测评数学试卷

2025届江西省高三年级5月联合测评 高三数学试卷 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. 曲线：的离心率为（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，满足，，则集合的子集个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 3. 在某次全市高三模拟考试后，数学老师随机抽取了6名同学的第一个解答题的得分情况如下：7，10，5，8，4，2，则这组数据的平均数和分位数分别为（ ） A. 6，3 B. 5，3 C. 5，4 D. 6，4 4. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. 3 D. 6 5. 在生物界中，部分昆虫会通过向后跳跃的方式来躲避偷袭的天敌.已知某类昆虫在水平方向上速度为（单位：米/秒）时的跳跃高度（单位：米）满足，则该类昆虫的最大跳跃高度为（ ） A. 0.25米 B. 0.5米 C. 0.75米 D. 1米 6. 已知锐角满足，则（ ） A. B. 13 C. D. 7. 已知正三棱锥的侧面均为直角三角形，且其各个顶点均在球的表面上，若该三棱锥的体积与球的表面积在数值上相等，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 8. 记为数列的前项和，满足，，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. 2025年春节档共上映6部电影全国电影票房达95.1亿元，刷新了中国影史春节档票房记录.其中，《哪吒之魔童闹海》和《唐探1900》分居票房第一、第二的宝座.小数想要观看这6部电影，则（ ） A. 若将《哪吒之魔童闹海》和《唐探1900》放在相邻次序观看，则共有120种观看顺序 B. 若《唐探1900》在《哪吒之魔童闹海》之前观看，则共有360种观看顺序 C. 若将6部电影每2部一组随机分为3组，则共有90种分组方式 D. 若将6部电影随机分为2组，则共有31种分组方式 10. 已知方程组有且仅有一个复数解，则实数的可能取值有（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数，且，为曲线上不同的两点，则（ ） A. 时，曲线在处的切线方程为 B. 时，有最小值1 C. 若,关于点对称，则 D. 若,关于点对称，且恒成立，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设双曲线：的左、右焦点分别为，，且，则的渐近线方程为________. 13. 已知函数图象的其中两条相邻的对称轴分别为和，则________. 14. 已知函数的图象上有三点，，，且这三点互不重合.记曲线在点处的切线为，若点，关于对称，且点在直线上，则称，具有重构性. ①当时，若，具有重构性，则直线的一般式方程为________； ②当时，若曲线上不存在具有重构性的两点，则的取值范围是________. 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. 已知的内角，，所对的边分别是，，，且，. （1）求； （2）求的面积和周长. 16. 已知数列满足，. （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 17. 甲和乙两人进行足球射门比赛，规定先赢满三局的人获胜，且不存在平局.已知每局比赛中，甲赢的概率为，其中. （1）若，分别计算比赛结束时甲赢的局数为2的概率及局数为3的概率； （2）记为在甲和乙进行了4局比赛分出胜负的条件下甲获胜的概率，为在甲和乙进行了5局比赛分出胜负的条件下甲获胜的概率，若，求的取值范围. 18. 如图，四棱锥中，四边形是边长为6的正方形，. （1）当四棱锥的体积取得最大值时. （i）求的值； （ii）证明：平面平面； （2）若，求二面角正弦值的最小值. 19. 记抛物线：的焦点为，过点作的两条切线，切点分别为，. （1）当时，求直线的方程； （2）证明：直线的倾斜角为锐角； （3）记的面积为，的面积为，当取得最小值时，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届江西省高三年级5月联合测评 高三数学试卷 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. 曲线：的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将方程化成标准形式，即可根据离心率公式求解. 【详解】将其转化为标准方程为，易得的离心率. 故选：A. 2. 已知集合，，满足，，则集合的子集个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】根据交集的性质即可求解，根据子集的个数公式求解. 【详解】易知，于是集合的子集个数为. 故选：B. 3. 在某次全市高三模拟考试后，数学老师随机抽取了6名同学的第一个解答题的得分情况如下：7，10，5，8，4，2，则这组数据的平均数和分位数分别为（ ） A. 6，3 B. 5，3 C. 5，4 D. 6，4 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，求出平均数和分位数即可. 【详解】这组数据的平均数， 由小到大排列这组数据：2，4，5，7，8，10，而，则30%分位数为4. 故选：D 4. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. 3 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知结合向量垂直的坐标表示列出方程，求解得出，进而根据模的坐标运算求解，即可得出答案. 【详解】由已知，可得，， 解得，， 故. 故选：A. 5. 在生物界中，部分昆虫会通过向后跳跃的方式来躲避偷袭的天敌.已知某类昆虫在水平方向上速度为（单位：米/秒）时的跳跃高度（单位：米）满足，则该类昆虫的最大跳跃高度为（ ） A. 0.25米 B. 0.5米 C. 0.75米 D. 1米 【答案】A 【解析】 【分析】求出，利用基本不等式可得答案. 【详解】由可知，且， 故， 当且仅当即时等号成立，即该类昆虫的最大跳跃高度为0.25米. 故选：A. 6. 已知锐角满足，则（ ） A. B. 13 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由二倍角正切公式求得，再弦化切可求值. 【详解】由题意可得，解得或（舍去）， 故. 故选：D. 7. 已知正三棱锥的侧面均为直角三角形，且其各个顶点均在球的表面上，若该三棱锥的体积与球的表面积在数值上相等，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，求出三棱锥的体积，又三棱锥的外接球等价于棱长为的正方体的外接球，求出球的表面积，等于三棱锥的体积求出，根据点到平面的距离即为可得答案. 【详解】由三棱锥为正三棱锥，且其侧面均为直角三角形， 则其各侧面均为等腰直角三角形，设， 则，故该三棱锥的体积， 又该三棱锥的外接球等价于棱长为的正方体的外接球， 故外接球的半径， 则球的表面积，则有， 解得， 则点到平面的距离即为. 故选：D. 8. 记为数列的前项和，满足，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】对下标赋值易知，故，递推得到. 赋值，解得，.再赋值，解得，得到. 【详解】易知，故，即，， 故. 而，， 故， 当，时，. 故 ， 而当时，，，联立解得，. 当时，，解得，于是. 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. 2025年春节档共上映6部电影全国电影票房达95.1亿元，刷新了中国影史春节档票房记录.其中，《哪吒之魔童闹海》和《唐探1900》分居票房第一、第二的宝座.小数想要观看这6部电影，则（ ） A. 若将《哪吒之魔童闹海》和《唐探1900》放在相邻次序观看，则共有120种观看顺序 B. 若《唐探1900》在《哪吒之魔童闹海》之前观看，则共有360种观看顺序 C. 若将6部电影每2部一组随机分为3组，则共有90种分组方式 D. 若将6部电影随机分为2组，则共有31种分组方式 【答案】BD 【解析】 【分析】根据捆绑法计算求解A，应用全排列计算B，根据平均分组计算判断C，分类分组计算判断D. 【详解】若将《哪吒之魔童闹海》和《唐探1900》放在相邻次序观看，可将这两部电影看作一个整体， 与其余4部电影全排列，再将这两部电影内部进行全排列，所以观看顺序为种，故A错误； 若《唐探1900》在《哪吒之魔童闹海》之前观看，则在6部电影的全排列中， 《唐探1900》在《哪吒之魔童闹海》之前的情况占总情况的一半， 故共有种观看顺序，故B正确； 若将6部电影每2部一组随机分为3组， 则可以从6部电影中先选出2部，再从4部电影中选出2部，最后除以消除重复情况， 故分组方式为，故C错误； 若将6部电影随机分为2组，则可按两组分别有1和5部、2和4部、3和3部电影的三种情况分组， 按1和5，有种分组方式； 按2和4，有种分组方式； 按3和3，有种分组方式， 所以共有31种分组方式，故D正确. 故选：BD. 10. 已知方程组有且仅有一个复数解，则实数的可能取值有（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据复数模的几何意义及直线与圆的位置关系即可求解． 【详解】由方程组在复平面上的几何意义可知，问题等价于以为圆心、1为半径的圆与点和所连线段的垂直平分线相切，设，， 则中点为，，所以垂直平分线的斜率为， 则垂直平分线的方程为，整理得， 由点到直线的距离公式有，即， 解得或， 故选：AC． 11. 已知函数，且，为曲线上不同的两点，则（ ） A. 时，曲线在处的切线方程为 B. 时，有最小值1 C. 若,关于点对称，则 D. 若,关于点对称，且恒成立，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于选项A，先求出时的函数表达式，然后对函数求导进而求出切线方程；对于选项B，求出函数的导数，判断函数的单调区间，进而求出最小值；对于C，根据点的对称性条件可列出相关等式，然后对所设函数进行求导、判断单调性，进而求出的取值范围；对于选项D，根据已知条件列出不等式，然后对所设函数求导和判断单调性，分情况讨论的范围，最后得出正确的答案. 【详解】对于A： 时，由， 得，，， 故曲线在处的切线方程为，故A错误. 对于B： 时，， 记，则0， 所以在区间上单调递增，又， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 故有最小值，故B正确. 对于C： 由题意可得，由对称性不妨设，则. 又，即. 记，则， 又，，所以， 所以在区间上单调递增，所以，即. 要证明，即证，有解. 记，则， 取，则， 所以，使得，所以，故C正确； 对于D，由题意可转化为，即. 记，则，， 求导得 ，. 设，则， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以，即，即， 故，当且仅当时取等号. 若，则， 所以在区间上单调递减，所以，符合题意. 若，时，， 所以在区间上单调递增，所以，不符合题意. 综上所述，，故D正确. 故选：. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设双曲线：的左、右焦点分别为，，且，则的渐近线方程为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据双曲线的焦距概念求出，再求出，根据渐近线公式计算得解. 【详解】设为的半焦距，则，由，解得，又，故的渐近线方程为. 故答案为：. 13. 已知函数图象的其中两条相邻的对称轴分别为和，则________. 【答案】 【解析】 【分析】根据相邻两条对称轴的距离为，求出周期，再用最小正周期公式可得，根据对称轴，可得，再计算可得答案. 【详解】图象相邻对称轴间的距离为，由题知，解得， 其中一条对称轴为，代入的对称轴方程，解得， 因为，所以，故. 故答案为：. 14. 已知函数的图象上有三点，，，且这三点互不重合.记曲线在点处的切线为，若点，关于对称，且点在直线上，则称，具有重构性. ①当时，若，具有重构性，则直线的一般式方程为________； ②当时，若曲线上不存在具有重构性的两点，则的取值范围是________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用导数可求切线的斜率，直线是过点且与垂直的直线，①代入可求直线的一般式方程；②表示出直线的方程，代入，由满足条件的两点不存在，求的取值范围. 【详解】①当时，. 由题意可知直线是过点且与垂直的直线，而，于是.，，故直线的斜率， 于是：，即. 由，消去，得， ， 方程，，两根满足， 即为中点，直线符合题意. 所以直线的一般式方程为. ②假设曲线上有两点，具有重构性，此时，，故. ，. 当，即时，轴，函数的图象上不存在与轴垂直的两点， 故此时曲线上不存在具有重构性的两点， 当时，直线的斜率， 于是：，即. 联立得， 即. 显然该方程的根为，，，其中. 若要使，不具有重构性，则应令，即，即. 设，即解，可得，即，得到. 综上，的取值范围是. 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、证明过程或演算步骤. 15. 已知的内角，，所对的边分别是，，，且，. （1）求； （2）求的面积和周长. 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）先根据正弦定理将已知等式进行转化，再结合已知条件求出的值，最后利用余弦定理求出； （2）根据三角形面积公式求出面积，再将三边相加得到周长. 【小问1详解】 由正弦定理可得，. 将其代入中，得到， 化简可得，整理得. 由，得. 所以，即，解得或（舍去）. 由余弦定理可得： 因为，所以. 【小问2详解】 根据三角形面积公式，可得： 的周长. . 16. 已知数列满足，. （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由于数列满足，且．可得，再利用等比数列的通项公式即可得出． （2）由，得到，利用“裂项求和”即可得出． 【小问1详解】 由，变形可得 因为，所以数列是以1为首项、2为公比的等比数列， 故，即. 【小问2详解】 因为，由（1）知， 所以， 故 17. 甲和乙两人进行足球射门比赛，规定先赢满三局的人获胜，且不存在平局.已知每局比赛中，甲赢的概率为，其中. （1）若，分别计算比赛结束时甲赢的局数为2的概率及局数为3的概率； （2）记为在甲和乙进行了4局比赛分出胜负的条件下甲获胜的概率，为在甲和乙进行了5局比赛分出胜负的条件下甲获胜的概率，若，求的取值范围. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）比赛结束时甲赢的局数为2局即前4局甲赢2局，最后一局乙赢；甲赢的局数为3局即前4局甲赢2局最后一局甲赢，或者是前三局甲赢. （2）分别计算在4局和5局结束时甲获胜的条件概率，并通过比较大小求解取值范围. 【小问1详解】 记比赛结束时甲赢的局数为， 当时，比赛结束共打了5局，甲在前4局中赢2局，其余3局是乙赢， 则， 当时，比赛结束共打了3、或4、或5局，即连打3局都是甲赢、 或打4局发生甲赢前3局中2局和第4局、或打5局发生甲赢前4局中2局和第5局， 则. 【小问2详解】 记事件为“进行了4局比赛分出胜负”， 则 记事件为“甲获胜”，则事件为“进行了4局比赛且甲获胜”， 则 因此，在进行了4局比赛分出胜负的情况下，甲获胜的概率为， 记事件为“进行了5局比赛分出胜负”， 则 则表示“进行了5局比赛且甲获胜”， 故 因此，在进行了5局比赛分出胜负的情况下，甲获胜的概率为， 依题意有， 所以. 18. 如图，四棱锥中，四边形是边长为6的正方形，. （1）当四棱锥的体积取得最大值时. （i）求的值； （ii）证明：平面平面； （2）若，求二面角正弦值的最小值. 【答案】（1）（i）； （ii）证明如下： 显然，由平面，平面，可知， 而平面，平面，，故平面， 而平面，故平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）（i）由题意可求得，记点到平面的距离为，可得，可求得体积的最大值；（ii）由线面垂直可得，又，，可得平面，进而可证结论； （2）以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，过点作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，设，计算可得，，设平面，平面的法向量分别为，，利用向量法求得，，记二面角的大小为，，求得最大值即可. 【小问1详解】 （i）由四边形是边长为6的正方形，可得， 记与交于点，易知点为的中点， 故由可知， 记点到平面的距离为，则 故，当且仅当平面时等号成立， 故. （ii）略 【小问2详解】 以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，过点作平面的垂线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，不妨设， 则，，， 由，可知，即，① 由，可知，② ②①得，，且， 得到，故. 设平面，平面的法向量分别为， 则，即，可取， 同理可得，即，可取 记二面角的大小为， 则 ， 而，故， 于是，取等时点坐标为， 综上，二面角正弦值的最小值为. 19. 记抛物线：的焦点为，过点作的两条切线，切点分别为，. （1）当时，求直线的方程； （2）证明：直线的倾斜角为锐角； （3）记的面积为，的面积为，当取得最小值时，证明：. 【答案】（1） （2）证明如下： 设，，对，求导可得， 故曲线在点，处的切线方程分别为，， 而点同时在两条切线上，故方程的两解分别为，， 由韦达定理知， 故直线的斜率为 故直线的倾斜角为锐角. （3）证明如下： 记线段的中点为，且，， 故，且点在直线上，故： 点到直线的距离，点到直线的距离， 故， 设函数，则， 设函数，则在区间上， 故在区间上单调递增，而， 故存在，使得，即， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 于是当时，取得最小值，下面证明其为正数， 令函数，则， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 故，故， 故当时，取得最小值，故原命题得证. 【解析】 【分析】（1）求得点，，可求得直线的方程； （2）求导可得曲线在点，处的切线方程，进而可得方程的两解分别为，，利用根与系数的关系可得直线的斜率大于0； （3）求得直线的方程，，利用点到直线的距离公式求得，构造函数，利用导数可证明结论. 【小问1详解】 易知，当时， 故直线的方程为. 【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 $