江西省赣州市2025届高三下学期3月摸底考试数学试卷（赣州一模）（含答案）

这是一份江西省赣州市2025届高三下学期3月摸底考试数学试卷（赣州一模）（含答案），共8页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知集合A={x|x2−2x−30)的左、右顶点分别为A1，A2，圆x2+y2=a2与C的渐近线在第一象限的交点为M，直线A1M交C的右支于点P，若∠PA2M的角平分线与y轴平行，则C的离心率为( )
A. 2B. 2C. 3D. 5
8.已知75>233，记a=lg73，b=lg115，c=lg237，则( )
A. c>b>aB. c>a>bC. b>c>aD. b>a>c
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知(2x+1)(x−2)n=a0+a1x+a2x2+⋯+a7x7，(a7≠0)，则( )
A. n=6B. a5=−108
C. a0+a1+a2+⋯+a7=3D. a0+a2+a4+a6=−363
10.设D是含数1的有限实数集，f(x)是定义在D上的函数，若f(x)的图像绕原点逆时针π3旋转后与原图像重合，则下列选项中f(1)的取值可能为( )
A. 33B. 1C. 3D. 2
11.已知A(x1,y1)，B(x2,y2)为抛物线C:y2=4x上异于原点O的两个动点，且∠AOB=90∘，作ON⊥AB交直线AB于点N，则( )
A. 直线AB恒过定点(2,0)B. |AB|≥8
C. 存在一个定点Q，使得|NQ|为定值D. |x1−y1+1|+|x2−y2+1|≥9
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a=(1,2)，b=(−1,m)，且(a−5b)⊥a，则|b|= ．
13.在三棱锥P−ABC中，点P在平面ABC的射影为AB的中点，且AC⊥BC，AC=BC=2，设该三棱锥的体积为V，该三棱锥外接球的表面积为S，若V∈[23,2]，则S的取值范围为 ．
14.若a，b∈R，自然对数的底数为e，则e2a+e2b−2(aeb+bea)+a2+b2的最小值为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知tanAtanB=(2tanA−tanB)tanC.
(1)求证：a2+c2=2b2;
(2)已知b=2，当角B取最大值时，求△ABC的面积．
16.(本小题12分)
如图所示，平面ACEF⊥平面ABCD，且四边形ACEF为矩形，在四边形ABCD中，∠ADC=120∘，AB=2AD=2CD=2BC=6．
(1)证明：平面BCE⊥平面ACEF;
(2)若FG=2GE，再从条件 ①、条件 ②中选择一个作为已知条件，求二面角F−BD−G的余弦值．
条件 ①:异面直线CD与BE所成角的余弦值为 2114;
条件 ②:直线BF与平面ACEF所成角的正弦值为 34．
17.(本小题12分)
已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，其左顶点为P，上顶点为Q，直线PQ交直线x=a于R，且|PR|= 2|OR|=6 2(其中O为坐标原点)．
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)点N在x轴上，过点N作直线l与E交于A，B两点，问：是否存在定点N，使得1|AN|2+1|BN|2为定值，若存在，求出所有点N的坐标并且求出定值;若不存在，请说明理由．
18.(本小题12分)
已知函数f(x)=ex−mx(其中e为自然对数的底数)有两个零点x1，x2．
(1)求m的取值范围;
(2)(ⅰ)证明：对一切的a，b∈(0,+∞)且a≠b，都有a−blna−lnb3．
19.(本小题12分)
十进制与二进制是常见的数制，其中十进制的数据是由0，1，2，3，4，5，6，7，8，9这十个数码来表示的数，基数为10，进位规则是“逢十进一”，借位规则是“借一当十”;二进制的数据是由0，1这两个数码来表示的数，基数为2，进位规则是“逢二进一”，借位规则是“借一当二”;例如：十进制的数20对应二进制表示的数为101002，二进制的数11112对应十进制表示的数为15.用∑(A)表示非空的整数集合A的所有元素的和，已知集合A={a1,a2,⋯,an}，ai∈N+，i=1，2，⋯，n且a10，得n20时，令f′(x)>0得x>lnm;令f′(x)0(或x→+∞，f(x)→+∞)，
故f(x)在(0,lnm)与(lnm,+∞)分别存在一个零点，符合题设，
故m的取值范围为(e,+∞).
(另解1):由f(x)=ex−mx=0得，ex=mx，m=exx，
令g(x)=exx，g′(x)=ex(x−1)x2，
当x∈(−∞,0)时，g′(x)e时，直线y=mx与曲线y=ex相交于两点，
故m的取值范围为(e,+∞).
证明：(2)(i)不妨设a>b>0，则a−blna−lnbg(1)=0证毕．
(ii)由(1)知：03)．

19.19解：(1)写出“37”对应二进制表示的数为1001012，“1101102”对应的十进制数为54．
(2)当A={1,2,3,4}时，C⊆A，非空集合C为{1}，{2}，3}，{4}，{1,2}，{1,3}，{1,4}，{2,3}，{2,4}，{3,4}，
{1,2,3}，{1,2,4}，{1,3,4}，{2,3,4}，{1,2,3,4}，
则∑(C)的所有可能值构成的集合为{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}，
当B={1,2,4,8}时，D⊆B，i=1n(D)的所有可能值构成的集合为{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15}．
(3)取A1={1,2,4,8,16,32,64,128,256,501,1013}，
由题意当B={1,2,4,8,16,32,64,128,256}={20,21,22,23,24,25,26,27,28}，
由二进制的表示方法，即n=a0⋅20+a1⋅21+a2⋅22+⋯+a8⋅28，其中ai∈{0,1}，i=1，2，⋯，8，
可知，对每个正整数m≤511，都存在集合B的子集S，使得∑(S)=m，
故集合C={1,2,4,8,16,32,64,128,256,501}，
对每个正整数m≤1012，都存在集合C的子集S，使得∑(S)=m，
从而对于集合A1={1,2,4,8,16,32,64,128,256,501,1013}，
对每个正整数m≤2025，都存在集合A1的子集S，使得∑(S)=m，即A1满足题目要求，且a10=501，
下证a10不可能小于501:
一方面，因为前10个数之和不能小于1012，否则设a1+a2+⋯+a10=t，
则a11=2025−t对于m∈(t,2025−t)，显然不存在A的子集S，使∑(S)=m，
另一方面，因为1+2+22+23+24+25+26+27+28=511，
由整数的二进制表示知，其前9个数之和最大为511，
故a10=1012−511=501;从而a10至少为501．
综上知：a10的最小可能值为501．