精品解析：江西省九江市2025届高三第三次高考模拟统一考试数学试题

九江市2025年第三次高考模拟统一考试 数学试题 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡上． 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．写在本试题卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回． 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分别求得两个集合，用交集的运算性质计算即可. 【详解】由题意可知，，则. 故选：B 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用共轭复数的定义结合复数的除法可化简所求复数. 【详解】因为，则，故. 故选：C. 3. 已知，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】通过两角和余弦公式展开，两边平方，再用二倍角公式即可得出答案. 【详解】，两边平方得：. 故选：C. 4. 含甲、乙的5名同学分成两组参加志愿服务活动，则甲、乙不同组的分配方案有（ ） A. 6种 B. 8种 C. 12种 D. 16种 【答案】B 【解析】 【分析】先分析分组情况，再分别计算不同分组下甲、乙不同组的方案数，最后相加得到结果. 【详解】名同学分成两组，有和分组以及和分组这两种情况.  若甲在人组，乙在人组，这是种情况； 若甲在人组，乙在人组，这又是种情况. 所以和分组时甲、乙不同组的方案数为种.  若甲在人组，乙在人组，那么从剩下人中选人与甲一组，根据组合数公式，则种情况； 若甲在人组，乙在人组，同样从剩下人中选人与乙一组，也有种情况. 所以和分组时甲、乙不同组的方案数为种.  根据分类加法计数原理，将两种分组情况的方案数相加，可得甲、乙不同组的分配方案共有种.  故选：B. 5. 九江银行·2025“庐山杯”九江马拉松于3月23日上午鸣枪开跑．此前，为备战此次马拉松，小宝同学制定了一个为期20周的跑步训练计划．计划第1周跑步2公里，之后一段时间每周的跑步量是前一周的2倍；当周跑步量首次超过30公里后，每周比前一周多跑2公里；当周跑步量首次超过全马里程（公里）后，保持这个周训练量直至训练结束．请问：训练计划结束时，小宝同学跑步的总量是（ ） A. 736公里 B. 724公里 C. 692公里 D. 660公里 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，前4周的跑步量为等比数列，第5周到第10周的跑步量为等差数列，第11周到第20周的跑步量为常数列，分别求和即可. 【详解】记第一周跑步量为，则，所以前4周的跑步量为等比数列， 所以则，故第5周到第10周的跑步量为等差数列，则， 第11周到第20周每周44公里，总和为440公里，所以小宝同学跑步的总量是公里. 故选：C. 6. 方程表示的曲线可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由诱导公式可得或，，据此可排除错误答案. 【详解】因，则，或，. 对于，若，则， 表示直线或，故可排除A； 若，表示焦点在x轴上，左右顶点为的双曲线， 若，表示焦点在y轴上，上下顶点为的双曲线； 对于，因， 则时表示以原点为圆心，半径为的一系列同心圆，则可排除B； 注意到，则半径最小的圆在双曲线内部，据此可排除C. 故选：D 7. 已知抛物线的焦点为，过且斜率为2的直线与交于两点，在准线上的投影分别为，线段分别交轴于点．若，则（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】作出几何图形，利用几何性质可得分别为线段的中点，再利用直线与抛物线方程联立求解即可. 【详解】抛物线的焦点，准线，令与轴的交点分别为， 由，，得是线段的中点，同理是的中点， 则，直线：，设， 由消去得，则， 因此， 所以. 故选：B 8. 某校选拔乒乓球队队员，选拔时选手与教练对局．若选手连胜两局则成功入选，若连负两局则落选．已知某选手每局测试中（无平局）获胜的概率为，则该选手成功入选的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题通过定义不同状态下成功入选的概率，利用状态转移的思想建立方程组来求解选手成功入选的概率.先根据不同状态下获胜和失败的概率建立关于和的方程组，求解出和后，再根据初始状态与、的关系求出. 【详解】定义状态(最近一局赢)，(最近一局输)，成功入选的概率分别为和，初始状态成功入选的概率为. 建立方程组 将第二个方程代入第一个方程可得： 把代入可得： 又因为，将，代入可得： 该选手成功入选的概率是， 故选：A. 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. 已知随机变量，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】利用二项分布概率公式，通过等式关系求解参数，判断A;计算二项分布的方差判断B;根据正态分布的对称性，判断均值右侧的概率是否超过 判断C;利用正态分布的对称性，验证对称区间概率是否相等判断D. 【详解】 由，等式化简为：，故A正确； 二项分布方差为： 当时，，此时.对于其他，，故B错误； ，均值，因此，故C错误； 由正态分布的对称性，2和6关于对称， 根据对称性，，故D正确. 故选：AD 10. 如图，在五面体中，底面是边长为的正方形，，平面，，到底面的距离为，点为的中点，点在四边形内部（含边界）．则下列选项中正确的是（ ） A. 存在点，使得平面 B. 存在点，使得 C. 该五面体的体积为 D. 若，则点的轨迹长度为 【答案】ACD 【解析】 【分析】取中点，利用面面平行的判定定理可证得平面平面，由此可确定当时，平面，知A正确；作出点关于平面的对称点，根据三角形三边关系可知，知B错误；将五面体拆解为直三棱柱、四棱锥和四棱锥，由棱柱和棱锥体积公式可求得C正确；根据可知点轨迹是以为圆心，为半径的圆在正方形内部（含边界）的部分，由此可求得D正确. 【详解】对于A，取中点，连接， 分别为中点，四边形为正方形， ，， 平面，平面， 平面，平面，又，平面， 平面平面， 则当时，平面，此时平面，A正确； 对于B，作点关于平面的对称点，连接， 关于平面对称，， （当且仅当三点共线时取等号）， 到平面的距离为，，又，， 则，即不存在点，使得，B错误； 对于C，取中点，作，，垂足分别为， ，为中点，， 四边形为正方形，，又，平面，平面， 又平面，， ，平面，平面， 同理可得：平面，； ，，，， 则，； 作，分别交于，交于，可将五面体拆分为直三棱柱、四棱锥和四棱锥， ，， ，C正确； 对于D，点到平面的距离，，， 则点轨迹是以为圆心，为半径的圆在正方形内部（含边界）的部分， 作出正方形的平面图如下图所示， 点的轨迹长度为，D正确. 故选：ACD. 11. 已知函数和的最小值相等，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的最小值为2 C. 在上单调递增 D. 若直线与和的图象从左到右的交点分别为，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】分别求导后由函数的单调性得到最值相等，可得A正确；结合A由最小值不能同时取得可得B错误；求导后分和讨论导数值可得C正确；当直线与和交点的上方时，不妨设，数形结合由指数函数对数函数的运算性质可得，同理在下方也可得，进而得到D正确. 【详解】对于A，，所以易得在上单调递减，在上单调递增， 所以的最小值为； ，当时，，在上单调递减，不符合题意； 当时，在上单调递减，在上单调递增， 所以的最小值为，即，解得，故A正确； 对于B，因为当且仅当时取等号；当且仅当时取等号，两者不能同时取等号，所以，故B错误； 对于C，， 当时，，； 当时，，， 总之，当时，， 所以在上单调递增，故C正确； 对于D，如图所示， 当直线与和交点的上方时，不妨设， 则， ，， ，即，， 同理，，， 所以，即. 同理，当直线与和交点的下方时，，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】先根据余弦函数相位变换及诱导公式求得函数解析式，然后利用特殊角的余弦值求解即可. 【详解】将函数的图象向左平移个单位长度，所得图象对应的函数解析式为， 所以． 故答案为： 13. 已知椭圆的左、右焦点分别为，是上一点，线段的中点分别是．若四边形是周长为6、面积为2的矩形（为坐标原点），则的离心率为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据矩形的性质和三角形中位线定理得到与的关系，再结合椭圆定义和勾股定理求出，的值，进而求得离心率. 【详解】因为，分别是，的中点，是的中点， 根据三角形中位线定理，可得，.  已知四边形是矩形，其周长为，则， 即，所以，进而可得. 由椭圆的定义可知，则.  又因为四边形的面积为，所以， 即，则.   在中，，根据勾股定理可得.  对进行展开：.  已知，，代入上式可得， 即.  解得，而，所以，即，，则.   椭圆的离心率，已知，，所以.   故答案为： 14. 如图，有一款合成2048游戏．游戏规则如下：在一个的方格中，游戏开始时，方格中会随机出现两个数字小方块，只能是2或4．手指向一个方向（上、下、左、右）滑动，所有含有数字的小方块都会向这个方向移动到不能移动为止，滑动过程中相同数字的两个小方块相撞时数字会相加，称为一次合并运算．每次滑动时，空白处会随机刷新出一个含有数字（只能是2或4）的小方块．当界面中最大数字是2048时，最少合并运算的次数为__________． 2 4 16 8 16 32 64 1024 512 256 128 【答案】511 【解析】 【分析】要合并运算次数最少，则每次均出现数字4时，合并次数最小，据此主算即可. 【详解】由题意可知算式只需出现1次，而算式中有2个1024， 故算式需出现次， 算式需出现次，以此类推，算式需出现次， 故每次出现的都是数字，最少合并运算的次数是. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 在中，角的对边分别是，已知 （1）求； （2）若点满足，且，求． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理转化得到，再结合两角和的正弦公式求解； （2）由，得到为的中点，再由，利用中线定理得到，再由，得到，再在中，利用勾股定理求解. 【小问1详解】 由正弦定理及， 得， ∵，∴， ∴， ∵，∴，∴ ∵，∴． 【小问2详解】 ∵，∴为的中点，且， 又，即，故， 又，∴为等边三角形，∴， 在中，由，得， 解得． 16. 如图，在四棱锥中，平面，且，为的中点，平面与平面． （1）求证：平面； （2）若，求直线与平面所成的角． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先证明平面，可得，再证明平面，进而求证即可； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【小问1详解】 ∵为的中点，，∴， 又，∴四边形为平行四边形， ∴，又平面，平面，∴平面， 又∵平面平面，平面，∴， 又∵平面，平面，∴， 又∵，∴平面，∴平面． 【小问2详解】 由（1）知四边形为平行四边形， 因为知，四边形为正方形，则， 故以为原点，、、分别为、、轴建立空间直角坐标系， ∴， ∴，， ∵，∴， ∴， 设为平面的一个法向量，为与平面所成角， 则，即，令，得， ∴， 又，∴，即直线与平面所成的角为． 17. 已知函数，其中． （1）讨论的单调性； （2）当时，证明：． 【答案】（1）当时，函数在上单调递减，在上单调递增； 当时，函数在上单调递减； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增. （2）当时，函数的定义域为 ， 不等式， 设，求导得， 函数在上单调递增，当时，， 当时，， 则存在唯一的实数，使，即， 当时， ；当时， ，函数在上递减，在上递增， 因此， 而函数在上单调递减，当时，，即， 所以. 【解析】 【分析】（1）求出的导数，再按分类讨论求出单调区间. （2）把代入，等价变形不等式，再构造函数并利用导数求出最小值情况即可. 【小问1详解】 函数的定义域为 ， 求导得， ①若，即，函数在上单调递减； ②若，即，由，得；由，得或， 函数在上单调递增，在，上单调递减； ③若，即，由，得；由，得或， 函数在上单调递增，在 ，上单调递减， 所以当时，函数在上单调递减，在上单调递增； 当时，函数在上单调递减； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 略 18. 已知双曲线的左、右顶点分别为，在上，． （1）求的方程； （2）过的直线交于另一点（异于），与轴交于点，直线与交于点，证明：直线过定点． 【答案】（1） （2）证明：解法一：设直线的方程为，直线的方程为． 联立得． 联立消去，整理得， ∴，即． ∴直线的斜率为，∴直线的方程为． 令，得，即． ∴直线的斜率为，∴直线的方程为， 即． 由解得， 故直线过定点． 解法二：同法一，得， 设直线过定点，则． 又∵， ∴， 整理得． 由解得．故直线过定点． 解法三：①当直线斜率存在时，设的方程为，则． 由直线的斜率为得. 联立消去，整理得， ∴，∴， ∴直线的斜率为，∴直线的方程为． 联立得． ∴直线的斜率为，∴直线的方程为， 即．由得． ②当直线斜率不存在时，，直线的方程为，显然过点． 综上所述，直线过定点． 【解析】 【分析】（1）结合题设可得，，求出即可求解； （2）解法一：设直线的方程为，直线的方程为，联立方程组可得，，进而得到，可得直线的方程，进而求证即可； 解法二：同解法一得到，设直线过定点，通过求证即可； 解法三：分直线斜率存在与直线斜率不存在两种情况，求出的坐标，得到直线的方程，进而求证即可. 【小问1详解】 ∵在上，∴．① ∵，∴， ∴，② 由①②解得，故的方程为． 【小问2详解】 略 19. 箱子中有个小球，标号为1，2，…，，现从中摸2次球，每次摸一个小球，记录标号后放回．已知每次摸出小球的标号服从概率分布，其中，．当不全为0时，该箱子中的小球是不均匀的，否则是均匀的． （1）记第一次摸出的小球标号为，第二次摸出的小球标号为． （i）当时，设事件“”的概率为，试比较与的大小，并说明理由； （ii）设事件“”的概率为，证明：． （2）证明：对于任意的，其中，都有． 【答案】（1）（i），理由：事件“”的概率为 因为，可得，当且仅当小球均匀时取等号． （ii）证明：事件“”的概率： ， 因为，则，当且仅当小球均匀时取等号， 根据概率的对称性，事件“”的概率等于事件“”的概率，所以． 所以，当且仅当小球均匀时取等号． （2）证明：设，则， 令，则， 要证， 即证 即证， 设为从装有个小球的箱子中抽出标号为的小球的概率， 则可看成是第一次摸出号球， 第二次摸出的球号小于的概率， 由（ii）知，， 所以，证毕． 【解析】 【分析】（1）（i）事件“”的概率为 ，由，即可得解； （ii）证明：事件“”的概率：，结合，即可求解； （2）设，则，令，得到，转化为证明，设为从装有个小球的箱子中抽出标号为的小球的概率，得到，结合（ii），即可得证. 【小问1详解】 （i）略 （ii）略 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 九江市2025年第三次高考模拟统一考试 数学试题 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡上． 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．写在本试题卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回． 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，则（ ）． A. B. C. D. 4. 含甲、乙的5名同学分成两组参加志愿服务活动，则甲、乙不同组的分配方案有（ ） A. 6种 B. 8种 C. 12种 D. 16种 5. 九江银行·2025“庐山杯”九江马拉松于3月23日上午鸣枪开跑．此前，为备战此次马拉松，小宝同学制定了一个为期20周的跑步训练计划．计划第1周跑步2公里，之后一段时间每周的跑步量是前一周的2倍；当周跑步量首次超过30公里后，每周比前一周多跑2公里；当周跑步量首次超过全马里程（公里）后，保持这个周训练量直至训练结束．请问：训练计划结束时，小宝同学跑步的总量是（ ） A. 736公里 B. 724公里 C. 692公里 D. 660公里 6. 方程表示的曲线可能是（ ） A. B. C. D. 7. 已知抛物线的焦点为，过且斜率为2的直线与交于两点，在准线上的投影分别为，线段分别交轴于点．若，则（ ） A. B. 2 C. D. 8. 某校选拔乒乓球队队员，选拔时选手与教练对局．若选手连胜两局则成功入选，若连负两局则落选．已知某选手每局测试中（无平局）获胜的概率为，则该选手成功入选的概率是（ ） 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. 已知随机变量，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. C. D. 10. 如图，在五面体中，底面是边长为的正方形，，平面，，到底面的距离为，点为的中点，点在四边形内部（含边界）．则下列选项中正确的是（ ） A. 存在点，使得平面 B. 存在点，使得 C. 该五面体的体积为 D. 若，则点的轨迹长度为 11. 已知函数和的最小值相等，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的最小值为2 C. 在上单调递增 D. 若直线与和的图象从左到右的交点分别为，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，则______． 13. 已知椭圆的左、右焦点分别为，是上一点，线段的中点分别是．若四边形是周长为6、面积为2的矩形（为坐标原点），则的离心率为__________． 14. 如图，有一款合成2048游戏．游戏规则如下：在一个的方格中，游戏开始时，方格中会随机出现两个数字小方块，只能是2或4．手指向一个方向（上、下、左、右）滑动，所有含有数字的小方块都会向这个方向移动到不能移动为止，滑动过程中相同数字的两个小方块相撞时数字会相加，称为一次合并运算．每次滑动时，空白处会随机刷新出一个含有数字（只能是2或4）的小方块．当界面中最大数字是2048时，最少合并运算的次数为__________． 2 4 16 8 16 32 64 1024 512 256 128 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 在中，角的对边分别是，已知 （1）求； （2）若点满足，且，求． 16. 如图，在四棱锥中，平面，且，为的中点，平面与平面． （1）求证：平面； （2）若，求直线与平面所成的角． 17. 已知函数，其中． （1）讨论的单调性； （2）当时，证明：． 18. 已知双曲线的左、右顶点分别为，在上，． （1）求的方程； （2）过的直线交于另一点（异于），与轴交于点，直线与交于点，证明：直线过定点． 19. 箱子中有个小球，标号为1，2，…，，现从中摸2次球，每次摸一个小球，记录标号后放回．已知每次摸出小球的标号服从概率分布，其中，．当不全为0时，该箱子中的小球是不均匀的，否则是均匀的． （1）记第一次摸出的小球标号为，第二次摸出的小球标号为． （i）当时，设事件“”的概率为，试比较与的大小，并说明理由； （ii）设事件“”的概率为，证明：． （2）证明：对于任意的，其中，都有． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $