精品解析：江西省南昌市2025届高三下学期信息卷数学试题

2025届高三信息卷 数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生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.如需要改动，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. 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. 已知a，b均为正数，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 在的展开式中，的系数为（ ） A. 55 B. 60 C. 75 D. 90 4. 已知函数，若，则实数a的值为（ ） A. 或2 B. 或1 C. 1 D. 5. 已知平面向量，满足，且在上的投影向量为，则向量与向量的夹角为（ ） A. B. C. D. 6. 对于函数，实数a，b满足，，则称a与b是函数的“同值点”.若x与2，y与3，z与5都是函数的“同值点”，则（ ） A. B. C. D. 7. 我们知道一个常识：奇函数的导函数是偶函数，偶函数的导函数是奇函数.推广到一般的情况：如果函数的图象有对称中心，那么其导函数的图象会有对称轴；如果函数的图象有对称轴，那么其导函数的图象会有对称中心.请你运用以上性质研究函数的对称性，并判断下列选项中正确的是（ ） A. 有对称中心 B. 有对称中心 C. 有对称轴 D. 有对称轴 8. 已知三棱锥，平面平面，，，，则三棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每题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. 已知一组数据为连续的正整数：.现去掉，后组成一组新数据，则新数据与原数据相比，下列说法中正确的是（ ） A. 中位数不变 B. 平均数不变 C. 方差变小 D. 若，则数据的第80百分位数为8 10. 已知函数，则下列说法中正确的是（ ） A. 为周期函数 B. 在单调递减 C. 最大值为2 D. ， 11. 已知定义在R上的单调函数，满足，，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 可能是单调递减函数 C. 为奇函数 D. 若，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数z满足，则z的虚部为________. 13. 已知数列的各项均为正数，，则前40项和的最小值为________. 14. 已知椭圆的左、右两焦点分别为，，其离心率，点P是椭圆C上异于椭圆顶点的一点，线段与y轴交于M点，若，则________. 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. 在中，内角A，B，C所对边分别为a，b，c，已知，. （1）求b； （2）如图延长AB，若时，，求c. 16. 如图所示，正三角形的边长为2，，，分别是各边的中点，现将，，分别沿，，折起，使得，，所在平面均与底面垂直. （1）求证：平面平面； （2）求二面角的正弦值. 17. 已知函数，且不是的极值点. （1）求a的值； （2）判断的零点个数. 18. 在直角坐标系xOy中，动点Q（y轴右侧）到点的距离比到y轴的距离大1.记动点Q轨迹为C. （1）求C的方程； （2）设为曲线C的内接直角三角形（A在第一象限，M在B的下方），且M为直角顶点，若的重心G在x轴上. （ⅰ）求证：直线AB过定点； （ⅱ）设直线AB经过的定点为P，AM与x轴交于H，设的面积为，的面积为，则的取值范围. 19. 一游戏活动中，准备了n张卡片，这n张卡片各标记了一个数字，各卡片的数字互不相同，游戏者不知道各卡片的数字.游戏规则是：逐张抽出卡片，观察卡片的数字，并确定是否选择这张卡片的数字，若选择这张卡片的数字，游戏结束，若不选择这张卡片的数字，继续逐张抽出卡片，不能回头选择.为使选择到卡片的数字大，甲采取的策略是：前k（，）张卡片的数字都不选择，记下这k张卡片的最大数字，从第张卡片开始，一旦发现数字比前k张卡片最大数字大的卡片，则选择该张卡片的数字，若一直没有比前k张卡片最大数字大的卡片，则选取最后一张卡片的数字. （1）若，，求甲选到这3张卡片数字中的最大数字的概率； （2）若，，这4张卡片标记的数字从小到大分别是1，2，3，4，记甲选到卡片的数字为X，求随机变量X的分布列和数学期望； （3）甲选取到这n张卡片中的最大数字的概率最大时，，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届高三信息卷 数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生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.如需要改动，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. 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】C 【解析】 【分析】解不等式化简集合，再利用交集的定义求解. 【详解】由， 由， 所以. 故选：C 2. 已知a，b均为正数，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】由，可得，进而可得；取，可得，从而可得结论. 【详解】由，可得，所以，即， 所以，所以，所以“”是“”的充分条件； 取，可得，故“”是“”的不必要条件； 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 3. 在的展开式中，的系数为（ ） A. 55 B. 60 C. 75 D. 90 【答案】A 【解析】 【分析】根据二项式定理的推导思想可得. 【详解】从十个括号中选出9个，再从剩下一个括号中选出一个数相乘即含有项， 故的系数为， 故选：A 4. 已知函数，若，则实数a的值为（ ） A. 或2 B. 或1 C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】对实数a分情况讨论列出等式即可得到结果. 【详解】当时，因为，得到，解得：, 又因为在区间上单调递增，只有这一个根，又因为,故将舍去； 当时，由，得到，解得：， 综上：实数a的值为 故选：D 5. 已知平面向量，满足，且在上的投影向量为，则向量与向量的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据投影向量的求法及已知得，进而有，即可求夹角. 【详解】由题设，即，又， 所以，又，则. 故选：D 6. 对于函数，实数a，b满足，，则称a与b是函数的“同值点”.若x与2，y与3，z与5都是函数的“同值点”，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用导数研究的单调性，结合同值点的定义有且，即可得. 【详解】由，当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 由，且， 根据同值点的定义，知，故. 故选：D 7. 我们知道一个常识：奇函数的导函数是偶函数，偶函数的导函数是奇函数.推广到一般的情况：如果函数的图象有对称中心，那么其导函数的图象会有对称轴；如果函数的图象有对称轴，那么其导函数的图象会有对称中心.请你运用以上性质研究函数的对称性，并判断下列选项中正确的是（ ） A. 有对称中心 B. 有对称中心 C. 有对称轴 D. 有对称轴 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知新定义结合导函数的对称性即可计算求解. 【详解】因为函数，定义域为， 所以， 导函数关于对称，所以关于即对称， 故选：B 8. 已知三棱锥，平面平面，，，，则三棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出两个三角形外接圆的半径，利用外接球的性质确定球的半径，进而可得答案. 【详解】 设的外接圆圆心分别为，三棱锥外接球球心为， 过作平面的垂线，过作平面的垂线，两垂线的交点即为三棱锥外接球的球心. 取中点，则， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 所以，同理，， 因为平面，所以，故四边形为矩形. 因为的外接圆半径，即， 所以. 因为的外接圆半径，即， 所以，即球的半径， 所以三棱锥外接球的表面积为. 故选：B. 二、选择题：本题共3小题，每题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. 已知一组数据为连续的正整数：.现去掉，后组成一组新数据，则新数据与原数据相比，下列说法中正确的是（ ） A. 中位数不变 B. 平均数不变 C. 方差变小 D. 若，则数据的第80百分位数为8 【答案】ABC 【解析】 【分析】由中位数，平均数，方差的意义可判断ABC，利用百分位数的意义计算可判断D. 【详解】原来的中位数与现在的中位数均为，故中位数不变，故A正确； 由连续的正整数的性质可知平均数不变，故B正确； 由方差的意义可知，去掉，数据更集中，方差变小，故C正确； 若，则数据为， 因为，所以第80百分位数为，故D错误. 故选：ABC. 10. 已知函数，则下列说法中正确的是（ ） A. 为周期函数 B. 在单调递减 C. 最大值为2 D. ， 【答案】AB 【解析】 【分析】证明，结合周期函数定义判断A；利用导数判断函数的单调性，可判断B；结合正弦函数性质可得，进一步说明等号不成立，可判断C；令，利用导数可判断在上单调递减，分类讨论可证得，从而可判断D． 【详解】函数的定义域为， 由于， 所以为的一个周期，故A正确； 因为 ， 当时，， 则， 故在区间上单调递减，故B正确； 因为，所以，当且仅当时取等号， 但当，即时， ，所以，故C错误； 令，， ， ∵，∴，故在上单调递减， 当时，，从而，即，即； 当时，，从而，即，即； 当时，，从而，即，即， 综上，，故不存在，使成立，故D错误， 故选：AB． 11. 已知定义在R上的单调函数，满足，，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 可能是单调递减函数 C. 为奇函数 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】由单调函数性质，奇函数定义结合赋值法可判断各选项正误. 【详解】因为定义在R上的单调函数，则，. 对于A，令，则或， 若，则对，取，都有，不满足单调函数性质， 故，故A正确； 对于B，令，则或（舍），则， 因，结合为定义在R上的单调函数，则只能是单调递增函数； 对于C，令，则（舍）， 则，取，取， 则，又定义为R，则为奇函数，故C正确； 对于D，令，则，令， 则， 则，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. 已知复数z满足，则z的虚部为________. 【答案】 【解析】 【分析】设，利用复数相等可得，求解即可. 【详解】设，则， 所以，解得或，所以或， 所以的虚部为. 故答案为：. 13. 已知数列的各项均为正数，，则前40项和的最小值为________. 【答案】60 【解析】 【分析】令，根据已知递推关系得，，，，，进而确定周期性，再应用周期性和基本不等式求的最小值. 【详解】当为奇数时，；当为偶数时，； 令，则，，，，， 所以是周期为4的数列，且， 当且仅当时取等号，则. 所以的最小值为60. 故答案为：60 14. 已知椭圆的左、右两焦点分别为，，其离心率，点P是椭圆C上异于椭圆顶点的一点，线段与y轴交于M点，若，则________. 【答案】 【解析】 【分析】根据椭圆的定义，表示出涉及到的各线段的长度，使用余弦定理解三角，求出答案. 【详解】 根据已知条件，可知， 设，线段， 则在中有， 在中有， 可得到方程，化简得， 带入. 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. 在中，内角A，B，C所对边分别为a，b，c，已知，. （1）求b； （2）如图延长AB，若时，，求c. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据二倍角余弦公式化简可得，由正弦定理可得，进而可得结果； （2）应用图形特征结合诱导公式得出，最后由余弦定理得结果. 【小问1详解】 ∵， ∴，得：， 由正弦定理得：，又因为， ∴； 【小问2详解】 因为，所以 所以在中，，，且，所以， 在中，由余弦定理可得， 所以，即， 得． 16. 如图所示，正三角形的边长为2，，，分别是各边的中点，现将，，分别沿，，折起，使得，，所在平面均与底面垂直. （1）求证：平面平面； （2）求二面角的正弦值. 【答案】（1） 因为为正三角形，且，，分别是各边的中点， 所以，，均为正三角形. 分别取，，的中点，，， 则，，，， 又因为平面底面，平面底面，平面， 所以平面，同理可得平面，所以， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面，同理可得平面， 又，平面，平面， 所以平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）利用面面垂直的性质定理和面面平行的判定定理证明即可； （2）以为坐标原点，分别以，，为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，利用空间向量法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知两两垂直， 以为坐标原点，分别以，，为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以，， 设平面的法向量为，则 令，得，，所以， 易知平面的一个法向量为， 所以， 所以二面角的正弦值为. 17. 已知函数，且不是的极值点. （1）求a的值； （2）判断的零点个数. 【答案】（1） （2）2 【解析】 【分析】（1）求导得到，由不是的极值点，得到必须有两个正根，且为其中一个，即可求解； （2）令，由（1）得到方程的两根为，通过， ，，判断函数单调性，确定最值，结合零点存在性定理即可求解. 【小问1详解】 ， 因为不是的极值点， 所以方程还有其它正根（变号零点）， 则必须大于0， 若曲线在只有一个公共点， 则相切，不符合题意， 所以此时必须有两个正根，且为其中一个， 即 所以； 【小问2详解】 由（1）可得：， 设， 则方程的两根为，其中， 当时，，所以，即，在单调递减， 当时，，所以，即，在单调递增， 当时，，所以，即，在单调递增， 所以 因为即， 所以 ， 且时，， 时， 所以在上各有一个零点， 所以在上有且仅有2个零点. 18. 在直角坐标系xOy中，动点Q（y轴右侧）到点的距离比到y轴的距离大1.记动点Q轨迹为C. （1）求C的方程； （2）设为曲线C的内接直角三角形（A在第一象限，M在B的下方），且M为直角顶点，若的重心G在x轴上. （ⅰ）求证：直线AB过定点； （ⅱ）设直线AB经过的定点为P，AM与x轴交于H，设的面积为，的面积为，则的取值范围. 【答案】（1） （2）（ⅰ）直线过定点；（ⅱ）的取值范围为 【解析】 【分析】（1）由题意可得动点Q到点的距离等于到直线的距离，由抛物线的定义可求轨迹方程； （2）（ⅰ）设，利用点在曲线上，可得，同理求得，结合已知可得，进而结合已知可得，结合直线的方程可求定点；（ⅱ）设，且，由题意可得，利用换元法可求得的取值的范围. 【小问1详解】 依题意可知动点Q到点的距离等于到直线的距离， 所以动点Q的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线， 所以C的方程为； 【小问2详解】 （ⅰ）设， 因为在曲线上，所以，两式相减得：， 则理可得，， 因为为直角三角形，所以， 所以，即， 则， 又因为的重心G在x轴上，则有，即， 所以，直线的方程为， 所以直线的方程为，所以直线过定点； （ⅱ）设，且， 因为是的重心，所以， 不妨设，所以，， 所以，又因为， 所以，令，所以， 又因为在的下方，所以，即，即， 令，即， 设，则在为增函数， 所以，即. 19. 一游戏活动中，准备了n张卡片，这n张卡片各标记了一个数字，各卡片的数字互不相同，游戏者不知道各卡片的数字.游戏规则是：逐张抽出卡片，观察卡片的数字，并确定是否选择这张卡片的数字，若选择这张卡片的数字，游戏结束，若不选择这张卡片的数字，继续逐张抽出卡片，不能回头选择.为使选择到卡片的数字大，甲采取的策略是：前k（，）张卡片的数字都不选择，记下这k张卡片的最大数字，从第张卡片开始，一旦发现数字比前k张卡片最大数字大的卡片，则选择该张卡片的数字，若一直没有比前k张卡片最大数字大的卡片，则选取最后一张卡片的数字. （1）若，，求甲选到这3张卡片数字中的最大数字的概率； （2）若，，这4张卡片标记的数字从小到大分别是1，2，3，4，记甲选到卡片的数字为X，求随机变量X的分布列和数学期望； （3）甲选取到这n张卡片中的最大数字的概率最大时，，证明：. 【答案】（1） （2）分布列： 1 2 3 4 （3）证明：将这张卡片标记的数字从小到大依次记为，将这个数字随机排列，共有， 甲选到这张卡片中的最大数字，即甲选到数字，可以分为排在第位，并且甲选中，分别记为事件， 表示排在第位，其它卡片随机排，因此， 表示排在第位，且前个数中最大数在前位，， 因此，， 因此，甲选到最大数字的概率为： ， ， 因为最大，所以，即. 【解析】 【分析】（1）设这三张卡片标记的数字从小到大依次为，列出所有的排列可能，再由古典概率计算可得； （2）列出的可能取值，按照题意求出对应的概率，列出分布列，再由期望公式求出即可； （3）先将这张卡片标记的数字从小到大依次记为，求出排列数，然后记甲选中，分别记为事件，求出，再由排列数的性质求出，计算可得. 【小问1详解】 设这三张卡片标记的数字从小到大依次为， 排列有： 按照甲的策略，能取到的有：， 所以，甲选到这3张卡片数字中最大数字的概率是. 【小问2详解】 的可能取值是1,2,3,4， 将这四张卡片排成一列，有种排法， “”表示标记数字4的卡片排在前2位，标记数字1的卡片排在第4位， ， “”表示标记数字4的卡片排在前2位，标记数字2的卡片排在第4位， ， “”表示标记数字1,2的卡片排在前2位，标记数字3的卡片排在第3位，或标记数字4的卡片排在前2位，标记数字3的卡片排在第4位， ， “”表示标记数字3的卡片排在前2位，标记数字4的卡片排在后2位，或标记数字1,2卡片排在前2位，标记数字4卡片排在第3位， ， 所以，的分布列为 1 2 3 4 . 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $