江西省九江市2025届高三下学期二模试题 数学 含解析

这是一份江西省九江市2025届高三下学期二模试题 数学 含解析，共23页。试卷主要包含了 已知点在椭圆上，点在圆上， 若函数对任意的，都有，则等内容，欢迎下载使用。
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. “”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】由对数函数的单调性结合充分不必要条件判断即可.
【详解】由得或，
故“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
2. 已知复数满足，则的虚部为（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的除法及共轭复数概念和虚部的概念得到答案.
【详解】的虚部为，
故选：C.
3. 等差数列中，已知，则的前10项和等于（ ）
A. 36B. 30C. 20D. 18
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差数列的性质和求和公式求解，即可得到答案.
【详解】由等差数列得，故，即，
故选：B.
4. 植物的根是吸收水分和矿物养分的主要器官.已知在一定范围内，小麦对氮元素的吸收量与它的根长度具有线性相关关系.某盆栽小麦实验中，在确保土壤肥力及灌溉条件相对稳定的情况下，统计了根长度（单位：）与氮元素吸收量（单位：天）的相关数据，如下表所示：
根据表中数据可得及线性回归方程为，则（ ）
A.
B. 变量与的相关系数
C. 在一定范围内，小麦的根长度每增加，它一天的氮元素吸收量平均增加
D. 若对小麦的根长度与钾元素吸收量的相关数据进行统计，则对应回归方程不变
【答案】C
【解析】
【分析】根据样本中心在方程上可求解A，进而可判断B，根据回归方程的含义即可求解CD.
【详解】由线性回归方程过样本中心点知，，故A错误；
小麦对氮元素的吸收量与它的根长度具有正相关关系，故相关系数，故B错误；
由线性回归方程可得，在一定范围内，小麦的根长度每增加，它一天的氮元素吸收量平均增加，故C正确；
若研究小麦的根长度与钾元素吸收量的相关关系，回归方程可能发生改变，故D错误.
故选：C.
5. 已知点在椭圆上，点在圆上.若最大值等于椭圆的焦距，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】结合题意，由椭圆的性质结合椭圆中的关系和离心率的定义计算即可.
【详解】
，
，
，，
所以，.
故选：D.
6. 已知是定义在上周期为2的偶函数，且当时，.设，，则的大小关系是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据周期得出，再根据函数单调性得出函数值即可.
【详解】，
且在[0，1]上单调递减，因，所以，
故选:B.
7. 已知球与正三棱柱的各个面均相切，记平面截球所得截面的面积为，球的表面积为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】因为球与正三棱柱各面均相切，所以正三棱柱高是球直径，底面正三角形内切圆半径是球半径，由此确定正三棱柱底面边长. 求球心到平面距离时，找到相关点连线，利用正三棱柱上下底面中心与高的关系得到，再在直角三角形中求，进而得出球心到平面距离. 根据勾股定理求截面圆半径，再用圆面积公式得截面圆面积. 用球表面积公式求球表面积，最后算两者面积比值.
【详解】如图，设球的半径为球与正三棱柱的各个面均相切
正三棱柱的高为，底面边长为.
设正三棱柱上，下底面的中心分别是是的中点，连接交于，
则到平面的距离
.又.
所得截面圆半径，
故选：A.
8. 窗花是中国传统剪纸艺术的重要分支，主要用于节日或喜庆场合的窗户装饰，尤以春节最为常见，它以红纸为材料，通过剪、刻等技法创作出精美图案，图案讲究构图对称、虚实相生.2025年春节，小明同学利用软件为家里制作了一幅窗花图案（如图），其外轮廓为方程所表示的曲线.设图案的中心为为曲线上的最高点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先将曲线放入平面直角坐标系中，确定的坐标，再利用判别式法求出的坐标，最后利用两点间距离公式求解即可.
【详解】如图，设为原点，我们可以把放入平面直角坐标系中，
连接，再利用曲线的对称性，我们不妨设，
因为，所以，
我们把视为以为主元的一元二次方程，
故，解得，
即，代入，解得，此时，
此时由两点间距离公式得，故D正确.
故选：D.
二､多选题：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. 若函数对任意的，都有，则（ ）
A.
B. 在上单调递减
C. 为奇函数
D. 的最小正周期为
【答案】AD
【解析】
【分析】根据最小值求得，判定A；利用两角和余弦公式和余弦函数的单调性研究，从而判定B；利用余弦函数的奇偶性判定C；利用二倍角余弦公式化简，利用余弦函数的周期性分析，得到周期，从而判定D.
【详解】依题意知，是的最小值，故，解得，故A正确；
由，得.
由，得在[上单调递增，
在上单调递增，故B错误；
为偶函数，故C错误；
，故D正确.
故选：AD.
10. 若数列满足，数列的前项积等于数列的前项和，则（ ）
A. 是等比数列
B. 等比数列
C. 是递减数列
D. 当时，
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A：由递推关系构造数列，即可证明；对B：根据A中证，求得，再利用逐差法即可求得；对C，先求得，再求得，再根据其通项公式，判断其单调性即可；对D：利用作差法判断的大小，再根据C中所求的单调性，即可判断.
【详解】对A：由，得，且，
故是首项为2，公比为2的等比数列，故A正确；
对B：由上可知，，
即，故是等比数列，B正确；
对C：设的前项积为的前项和为，
当时，；当时，单调递减，
而，，故C错误；
对D：当时，，，故D正确.
故选：ABD.
11. 如图，三棱锥中，平面，为其表面上一点，与四个顶点的距离分别为，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，则点不存在
B. 若，则点存在且唯一
C. 若，则的最小值为1
D. 的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】A若存在则必在过的外心且与平面垂直的直线上，再分类讨论；B找出线段的中垂面与线段的中垂面的交线与表面的交点即可；C根据可得的轨迹在空间中为椭球面，判断在椭球内，在椭球外，则可知椭球面与的交点处取最小值；D建立空间坐标系，分点平面或平面两种情况求最小值.
【详解】设的外心为，因，
则若点存在，则必在过且与平面垂直的直线上，
而该直线与三棱锥表面交于点，
当重合时，，不满足题意；
当重合时，，不满足题意.
故点不存在，故A正确；
因，则为线段的中垂面与线段的中垂面的交线与表面的交点，如图，有两个点，故B错误；
若点在面上，，
故点在以为焦点，为长轴长的椭圆上，即.
而，故点在椭圆内，
在空间中将该椭圆绕旋转一周得到椭球面，则椭球面上任一点都，
而，故点在椭球面外，
因此与椭球面必有交点，
根据两点之间线段距离最短，故的最小值为1，故C正确；
如图建立空间直角坐标系，则，
设，则.
①若点在坐标平面上，由对称性，不妨设平面，则，，此时，
当且仅当时取等号；
②若点平面，平面的法向量为，
由得，且，消去整理得
因，
则，
当且仅当时取等号.
综上，，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. 展开式中第4项的系数是__________.
【答案】
【解析】
【分析】由二项展开式的通项中令可得.
【详解】展开式的通项为，
所以的展开式中第4项系数是.
故答案为：.
13. 如图，已知抛物线的焦点为为上两点，轴，为正三角形，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】联立直线与抛物线方程可得，即可利用焦点弦公式求解，或者利用抛物线焦半径的公式求解.
【详解】延长交抛物线于点.
解法一：由题意得，
则直线，
联立方程组整理得，
解得.
，
.
解法二：，
由抛物线的对称性得，
.
故答案为：2
14. 已知函数恰好有3个零点，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】解法一：先通过等价变形将函数的三个零点转化为函数有三个零点；再根据奇函数的定义得出函数是上的奇函数，进一步将条件转化为在上有一个零点；最后求出，分类讨论，利用导函数和零点存在性定理判断出函数的单调性即可求解.
解法二：先根据，为上偶函数，将题目条件转化为直线与函数的图象在上有一个交点；再利用导数判断出函数在上单调性，求出函数值域，即可求解.
解法三：先根据题意构造函数，，与都是上的奇函数，将题目条件问题转化为函数与在上恰有一个交点；再根据函数在上单调递增及导数的几何意义，数形结合即可解答.
【详解】解法一：.
，
的零点等价于函数的零点.
又函数定义域为，且
是上的奇函数，
只需要考虑在上有一个零点即可.
又函数在上单调递增，函数在上单调递增，
当时，，
函数在上单调递增，
在上单调递减，的值域是.
当时，，此时在上单调递增，，无零点，不符合题意；
当时，，此时在上单调递减，，无零点，不符合题意；
当时，由零点存在性定理知，必存在唯一的正数，使.
当时，，此时在上单调递增，，；
当时，，此时在上单调递减；
又，，，
，在上存在唯一零点，符合题意.
综上所述，实数的取值范围是.
解法二：，是的一个零点.
当时，由，得，令，.
函数定义域为，
为上偶函数.
则问题转化为直线与函数的图象在上有一个交点.
由，可得，设，
则.在上单调递增，
则，即当时， ，
在上单调递减.
又，，在上的值域为，
故，即，故实数的取值范围是.
解法三：令，得，设.，.
函数的定义域为，且；
函数的定义域为，且，
与都是上的奇函数，
则问题转化为函数与在上恰有一个交点.
又函数在上单调递增，.
又，，单调递减，
又，作出函数与直线的图象，
，即，故实数的取值范围是.
故答案为：.
四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 甲、乙、丙三人各自独立投篮，甲和乙都投中的概率是，甲投中而丙未投中的概率是，乙投中而丙未投中的概率是.
（1）请问三人中哪一位投篮水平较高？并说明理由；
（2）现将投篮水平较低的两人组成一组（记为），与投篮水平较高的人（记为组）进行投篮比赛，甲、乙、丙各自独立投篮次，且每次投篮的结果互不影响，投中次数较多的一组获胜，求组获胜的概率.
【答案】（1）丙投篮水平较高，理由见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）设甲、乙、丙三人各自独立投篮投中的概率分别为、、，根据独立事件的概率公式可得出关于、、的方程组，解出这三个概率的值，比较大小后可得出结论；
（2）记组投中次数为，组投中次数为，由（1）知，，若组获胜，则，或，或，，再结合独立事件和互斥事件的概率公式可求得组获胜的概率.
【小问1详解】
丙投篮水平较高，理由如下：
设甲、乙、丙三人各自独立投篮投中的概率分别为、、.
依题意，得，解得，
因为，所以，丙投篮水平较高.
【小问2详解】
记组投中次数为，组投中次数为，
由（1）知，，
若组获胜，则，或，或，，
所以，，
，
.
故组获胜的概率为
.
16. 如图，在三棱锥中，平面平面平面，且.
（1）证明：平面；
（2）若三棱锥的外接球半径为，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）过点作，先由面面垂直的性质定理得到平面，再由线面垂直的判定定理证明即可；
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，代入空间二面角的余弦公式可得.
【小问1详解】
证明：过点作，垂足为
平面平面，平面平面平面，
又平面
平面平面.
又平面平面.
【小问2详解】
平面，又平面，
三棱锥的外接球球心为中点，
如图，以为坐标原点，为轴，为轴，建立空间直角坐标系.
，
.
设平面的一个法向量为，
则
令，则，故
易得平面的一个法向量为，
则
故二面角的余弦值为.
17. 如图，中，角所对的边分别为为边上一点，，记.

（1）若，求证：；
（2）若，求的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件，利用余弦定理可求解；
（2）利用正弦定理求解.
【小问1详解】
，又为等腰直角三角形，
，
在中，由余弦定理得，
又
.
【小问2详解】
，
又
在中，由正弦定理，得，
即
即
，
，
解得，
18. 已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）是否存在常数，使的图象关于直线对称？若存在，求的值；若不存在，请说明理由；
（3）若，函数在上单调递增，求的取值集合.
（参考数据：）
【答案】（1）
（2）存在，
（3）
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；
（2）由定义域及的图象关于直线对称可求，进而，解方程可得到；
（3）构造函数，利用导数研究的单调性，利用分类讨论的方法即可.
【小问1详解】
当时，，得
曲线在点处的切线方程为，即
【小问2详解】
的定义域是，且的图象关于直线对称，
对任意的成立，
即，
化简整理得，
解得.即存在，使的图象关于直线对称.
【小问3详解】
设，则.
在上单调递增，对任意的恒成立，
即，且.
①当时，，即在上单调递增，.由，得.
②当时，当时，单调递减；当时，单调递增，
设，
易知在上单调递减.
存在唯一的，使.
当时，单调递增，；当时，单调递减
存在唯一的，使.
令，解得
由①②，得的取值集合为.
19. 在平面直角坐标系中，把一个图形绕定点旋转一个定角的图形变换叫作旋转变换.定点叫作旋转中心，定角叫作旋转角（规定逆时针方向为正）.如果图形上的点经过旋转变为点，那么这两个点叫作这个旋转变换的对应点.现将曲线绕顺时针旋转后，得到新曲线，其变换关系为，点在曲线上.
（1）求曲线的方程并确定点的位置；
（2）点的坐标为，按照如下方式依次构造点：过点作斜率为2的直线交于另一点，设是点关于轴的对称点.记的坐标为.
（i）求数列的前项和；
（ii）记为直线与直线的交点，为直线与直线的交点，为直线与直线的交点，证明：在定直线上.
【答案】（1），点为坐标原点
（2）（i）；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题设定义求解即可；
（2）（i）由题意易得，，进而得到是首项为1，公比为的等比数列，进而求和即可；
（ii）先求出直线的方程为，，，可得直线的方程为，进而求证即可.
小问1详解】
依题意，得即
，故曲线方程为.
点在曲线上，，故曲线方程为
由对称性可知，点为坐标原点
【小问2详解】
（i）依题意，得，
得①，
又直线的斜率为2且，
②.
将②代入①中，得③，
将②和③相加，得，
从而是首项为1，公比为的等比数列，
.
（ii）点在定直线上.
证明如下：
，
直线的方程为，
令，得.
直线的方程为，直线的方程为，
联立解得.
直线的方程为，直线的方程为，
联立解得.
直线的方程为，
令，得，
直线与直线的交点坐标为，
故点在定直线上.9.9
12.1
14.8
18.2
19.9
21.8
25.1
27.7
30.4
32.1
0.30
0.34
0.42
0.50
0.55
0.60
0.71
0.74
0.78
0.86