2025年江西省景德镇市高考数学第三次质检试卷（含答案）

这是一份2025年江西省景德镇市高考数学第三次质检试卷（含答案），共10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|lnx0,b>0)的右焦点为F，过右顶点A向x轴引垂线与C的渐近线交于点B，若∠BFA=60°，则双曲线C的渐近线斜率为( )
A. ±1B. ±2C. ± 2D. ± 3
6.如图，圭表是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿(称为“表”)和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺(称为“圭”).当正午太阳照射在表上时，日影便会投影在圭面上，太阳光与圭面成角也就是太阳高度角.圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，投影点为冬至线.日影长度最短的那一天定为夏至，投影点为夏至线.已知景德镇冬至正午太阳高度角为36.9°(tan36.9°≈34)，夏至正午太阳高度角为θ°，表高42厘米，圭面上冬至线与夏至线之间的距离为50厘米，则sin(θ−36.9°)的值为( )
A. 12B. 13C. 22D. 33
7.已知函数f(x)=−sin(x+φ)(|φ|0)的直线l经过原点O且与f(x)的图象相切，已知k的值从大到小排列依次为k1，k2，⋯，下列两个结论：①k137k1，则( )
A. ①错误②正确B. ①正确②错误C. ①②均正确D. ①②均错误
8.动圆M经过直线l：y=x与⊙C：(x−6)2+y2=20的交点A，B，过原点O向动圆M作切线，切点为P，若PA⋅PB>λ恒成立，则实数λ的最大值是( )
A. 8 2−12B. 20−12 2C. 20 2−30D. 32−24 2
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.下列说法正确的有( )
A. (2+x)n的展开式中所有项系数的和为729，则n=5
B. 已知sin(α+π5)=16，则sin(2α−π10)=1718
C. 已知向量a=(1,1),b=(m,2)，若(a+2b)//(2a+b)，则m的值为2
D. 已知正数a，b满足a+2b=4，则2a+4b≥8
10.已知F为抛物线C：y2=4x的焦点，P是C上位于第一象限的一点，|PF|=4，过点M(0,1)的直线与C交于A，B两点(A在线段BM上)，且PF⊥AB，则( )
A. 直线PF的倾斜角为60°B. 直线PA，PB斜率之和为0
C. |MB|=2|MA|D. MA⋅MB=4
11.[x]表示不超过x的最大整数，已知∀x∈R，函数f(x)满足f([x])=−f([2−x])，[f(x)]=[f(−x)]，且当x∈(0,1]时，f(x)单调递增，下列说法正确的是( )
A. f(0)=0
B. y=[f(x)]为周期函数
C. 若x∈(−1,0)，则[f(x)]≤−1
D. 若x0∈(0,1)，f(x0)∈Z，则f(x0)=f(−x0)
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.函数f(x)=3sin(ωx+π6)−1(ω>0)的最小正周期为π，将f(x)的图象向右平移π6个单位得到函数g(x)的图象，则g(x)在区间[0,π2]上的值域为______．
13.已知三棱锥P−ABC的各顶点均在半径为2的球O球面上，BC= 3,∠BAC=60°，AP=2 2，则三棱锥P−ABC体积的最大值为______．
14.一质点落在三棱锥A−BCD的顶点A处，每次均以相同的可能性沿着某条棱移动到另一个顶点处，记事件Ei(i∈N∗)表示“该质点第i次落在顶点A”，Ei−为Ei的对立事件，则P(E3−|E6)= ______．
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.(本小题13分)
已知Sn、Tn分别是等差数列前n项和公式：Sn=na1+n(n−1)2d,n∈N∗,{an}和等比数列{bn}的前n项和，S5=15，b2b4=64，a2=b1，S3=T2．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)若{bn}为递增数列，cn=anbn，求数列{cn}的前n项和An．
16.(本小题15分)
如图1，平面四边形PBAC为“箏型”，其中PB=PC，AB=AC，将平面PBC沿着BC翻折得到三棱锥P−ABC(如图2)，D为BC的中点．
(1)证明：平面PAD⊥平面PBC；
(2)如图2，若AB⊥AC，AB=2，PA=PD=32 2，求平面PAB与平面PAC的夹角的正弦值．
17.(本小题15分)
2025年1月下旬，DeepSeek的R1模型发布，该模型在全球范围内引发广泛关注.现为了对其产品用户的使用行为进行统计分析，收集了1000名用户的每日使用时长(单位：分钟)，得到如图所示的频率分布直方图，每日使用时长不小于60分钟的用户称为“忠实粉丝”．
(1)估计该产品用户每日的平均使用时长x−(同一组的数据用该组区间的中点值代替)；
(2)现采用分层抽样的方法从样本中使用时长在[40,60)，[80,100)的用户中随机抽取7人，并从中随机抽取2人作进一步分析，记X为2人中忠实粉丝的人数，求X的分布列和期望．
(3)用样本的频率估计概率，从该产品所有用户中抽取5人，ξ为忠实粉丝的人数，记ξ=k时对应的概率为Pk，则k为多少时Pk最大？
18.(本小题17分)
已知椭圆Γ：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，右焦点为F，过F的直线l与椭圆Γ交于A，B两点，当直线l垂直于x轴时，|AB|=3．
(1)求Γ的方程；
(2)记Γ的左顶点为P，求△PAB面积的最大值；
(3)设D(−4,0)，直线DA，DB分别交Γ于M，N两点，证明：直线MN过定点．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=x2−asinx+axcsx．
(1)当a=4时，求f(x)在(0,π)上的单调区间；
(2)若存在经过坐标原点的直线与f(x)的导函数图象相切，求切线方程及其切点的横坐标；
(3)若f(x)在区间(0,π2)与(π2,π)上均存在零点，求a的取值范围．
参考答案
1.B
2.C
3.B
4.D
5.D
6.C
7.B
8.D
9.CD
10.ABD
11.AC
12.[−52,2]
13. 3+34
14.4961
15.解：(1)因为Sn、Tn分别是等差数列前n项和公式：
Sn=na1+n(n−1)2d,n∈N∗,{an}和等比数列{bn}的前n项和，
且S5=15，b2b4=64，a2=b1，S3=T2，
所以S5=5a3=15，所以a3=3，
又b32=b2b4=64，解得b3=±8．
又3a2=S3=T2=b1+b2，
所以a2=b1，所以b2=2b1，
解得b1=2a2=2，或b1=−2a2=−2，
所以bn=2nan=n或bn=(−2)nan=5n−12；
(2)因为{bn}为递增数列，所以an=n，
所以bn=2n，cn=n⋅2n，
所以An=1×2+2×22+3×23+⋯+n⋅2n，
所以2An=1×22+2×23+3×24+⋯+n⋅2n+1，
所以An=n⋅2n+1−2−22−23−⋯−2n=n⋅2n+1−(2n+1−2)=(n−1)⋅2n+1+2．
16.解：(1)证明：根据题意可知，PB=PC，D为BC的中点，所以PD⊥BC，
又因为AB=AC，D为BC的中点，所以AD⊥BC，PD∩AD=D，
所以BC⊥平面PAD，
因为BC⊂平面PBC，所以平面PAD⊥平面PBC；
(2)如图以A为坐标原点，分别以AB，AC为x轴、y轴，过点A且与平面ABC垂直的直线为z轴建立空间直角坐标系，
取AD中点E，连接PE，因为PA=PD，所以PE⊥AD，
由上问可知BC⊥平面PAD，所以BC⊥PE，故PE⊥平面ABC，
因为AB⊥AC，AB=2，所以AD= 2，又PA=PD=32 2，所以PE=2，
所以A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，P(12,12,2)，
设平面PAB的法向量为n1=(x1,y1,z1)，
所以n1⋅AB=2x1=0n1⋅AP=x12+y12+2z1=0，令z1=−1，则n1=(0,4,−1)，
同理可求得平面PAC法向量n2=(4,0,−1)，
所以cs〈n1,n2〉=n1⋅n2|n1||n2|=117，
所以平面PAB与平面PAC的夹角的正弦值是12 217．
17.解：(1)由0.002×20+0.004×20+0.009×20+a⋅20+0.012×20+0.003×20=1，解得a=0.02．
x−=0.002×20×10+0.004×20×30+0.009×20×50+0.02×20×70+0.012×20×90+0.003×20×110=68；
(2)由频率分布直方图可知，[40,60)与[80,100)的用户数之比为3：4，
所以用分层抽样抽取的7人中，有4人是忠实粉丝，从7人中任取2人，X可取0，1，2
P(X=0)=C32C72=17，P(X=1)=C31C41C72=47，P(X=2)=C42C72=27
所以X的分布列为
所以EX=87；
(3)用样本的频率估计概率，从该公司所有用户中任取1人，他为忠实粉丝的概率为0.02×20+0.012×20+0.003×20=0.7，
所以ξ～B(5,0.7)，
P(ξ=k)=C5k0．7k(1−0.7)5−k，
P(ξ=k)≥P(ξ=k+1)P(ξ=k)≥P(ξ=k−1)，
解得：3.2≤k≤4.2，又k∈Z，故k=4时概率最大为18．
18.解：(1)设F(c,0)(c>0)，
因为椭圆Γ的离心率为12，
所以a=2c，b= 3c，
将x=c代入椭圆方程中，
解得y2=b2(1−c2a2)=b4a2，
所以当l垂直于x轴时，|AB|=2b2a=3，
又a=2c，b= 3c，
解得a=2，b= 3，c=1，
则椭圆Γ的方程为x24+y23=1；
(2)已知P(−2,0)，F(1,0)，
显然l与x轴不重合，
设直线l的方程为x=ty+1，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立x24+y23=1x=ty+1，消去x并整理得(3t2+4)y2+6ty−9=0，
由韦达定理得y1+y2=−6t3t2+4，y1y2=−93t2+4，
此时|y1−y2|= (y1+y2)2−4y1y2=12 t2+13t2+4，
则△PAB面积S=12|PF|⋅|y1−y2|=18 t2+13t2+4，
因为S=18 t2+13t2+4=183 t2+1+1 t2+1≤183+1=92，
当且仅当t2+1=1，
即t=0时，等号成立，
则△PAB面积的最大值为92；
(3)证明：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，M(x3,y3)，N(x4,y4)，直线DA：x=x1+4y1y−4，
联立x=x1+4y1y−4x24+y23=1，消去x并整理得3(x1+4y1y−4)2+4y2−12=0，
由韦达定理得y1y3=3y122x1+5，
所以y3=3y12x1+5，
则x3=x1+4y13y12x1+5−4=−5x1−82x1+5，
即M(−5x1−82x1+5,3y12x1+5)，
同理得N(−5x2−82x2+5,3y22x2+5)，
根据对称性，直线MN过定点(m,0)，
所以3y22x2+5−0−5x2−82x2+5−m=3y12x1+5−0−5x1−82x1+5−m，
因为x1=ty1+1，x2=ty2+1，
所以y1(−5−2m)ty1−13−7m=y2(−5−2m)ty2−13−7m，
即−13−7m=0，
解得m=−137．
则直线MN过定点(−137,0)．
19.解：(1)当a=4时，f(x)=x2−4sinx+4xcsx，f′(x)=2x(1−2sinx)，
令f′(x)=0，解得x=π6或5π6．
当x∈(0,π6)时f′(x)>0，∴f(x)在区间(0,π6)上单调递增，
同理f(x)在区间(π6,5π6)上单调递减，f(x)在区间(5π6,π)上单调递增．
∴当a=4时，f(x)的单调递增区间是(0,π6)和(5π6,π)，
f(x)的单调递减区间是(π6,5π6)．
(2)根据题目：存在经过坐标原点的直线与f(x)的导函数图象相切，
设g(x)=f′(x)=x(2−asinx)，g′(x)=2−asinx−axcsx，
过点(x0,g(x0))的切线方程为y=g′(x0)(x−x0)+g(x0)，
当切点为原点O(0,0)时，g′(0)=2，此时切线方程为y=2x；
当切线经过原点O(0,0)时，
∵y=(2−asinx0−ax0csx0)(x−x0)+x0(2−asinx0)，
将原点O(0,0)代入，并整理得csx0=0，∴x0=kπ+π2，其中k∈Z．
当k为奇数时，g′(x0)=2−a，当k为偶数时，g′(x0)=2+a，
即经过坐标原点与f(x)的导函数图象相切的直线方程为：
l1：y=2x，切点横坐标为0；
l2：y=(2−a)x，切点横坐标为x0=2nπ−π2，n∈Z，
l3：y=(2+a)x，切点横坐标为x0=2nπ+π2，n∈Z．
(3)由题：f(x)在区间(0,π2)与(π2,π)上均存在零点，
∵x∈(0,π)，∴00，f(x)在区间(0,π)上无零点．
当a>2时，令f′(x)=0解得sinx=2a，假设sinθ0=2a(θ0∈(0,π2))，∴x=θ0或π−θ0．
当x∈(0,θ0)时f′(x)>0，∴f(x)单调递增，
同理当x∈(θ0,π−θ0)时f(x)单调递减，当x∈(π−θ0,π)时f(x)单调递增．
∵f(θ0)>f(0)=0，且f(x)在(θ0,π2)上单调递减，
要使得f(x)在区间(0,π2)上存在零点，则f(π2)=π24−aπ24．
∴f(x)在区间(π2,π−θ0)上单调递减，∴f(π−θ0)0，解得a