江西省鹰潭市2025届高三下学期一模数学试卷（解析版）

这是一份江西省鹰潭市2025届高三下学期一模数学试卷（解析版），共21页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由
，
则.
故选：C.
2. 已知i是虚数单位，复数满足，那么的虚部是（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】，
故的虚部是.
故选：A
3. 已知向量，，若且，则实数（ ）
A. B. 3C. D.
【答案】B
【解析】由题意可得，，
由，则，
可得，解得，
当时，，；
当时，，.
故选：B.
4. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由，可得：，
又，所以，
所以，
所以，
故选：A
5. 已知直线：和：相交于点，则点的轨迹方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】由，则，
由，则直线过定点，
由，则直线过定点，
易知动点的轨迹为为直径的圆，圆心，半径，
由题意易知直线的斜率存在，则交点不能是，
则动点的轨迹方程为.
故选：C.
6. 已知，随机变量，若，则的值为（ ）
A. 81B. 242C. 243D. 80
【答案】B
【解析】因为随机变量，则，，
因为，
则，，
所以，，解得，
令，
所以，，
故.
故选：B.
7. 过椭圆上的点作圆的两条切线，切点分别为，.若直线在轴，轴上的截距分别为，，若，则椭圆离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设，则，即，
又，
令坐标原点为，，
因为切圆于，所以，
则，所以，
同理可得，因此直线的方程为，则，
因此，即，
所以椭圆离心率.
故选：C.
8. 数列满足，，给出下列四个结论：
①存在正整数，且，使得；
②存在，使得，，成等比数列；
③存在常数，使得对任意，都有，，成等差数列；
④
其中所有证确结论的是（ ）
A. ②③B. ③④C. ①②④D. ①③④
【答案】D
【解析】对于①，由题意知数列中的项：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，377，610，987，1597，…，
可得，故①正确；
对于②，若存在，使得，，成等比数列，
则，又，即，解得，
由，，
得，且为整数，
所以，这与相邻两项为整数矛盾，故②错误；
对于③，因为，，，
所以，所以，则，，成等差数列，
故存在常数，使得对任意，都有，，成等差数列，故③正确；
对于④，因为，则，
则
，故④正确；
故选：D.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求.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. 已知变量和变量的一组成对样本数据的散点落在一条直线附近，，，相关系数为，线性回归方程为，则（ ）
参考公式：，
A. 当时，成对样本数据成线性正相关；
B. 当越大时，成对样本数据的线性相关程度越强；
C. ，时，成对样本数据的相关系数满足；
D. ，时，成对样本数据的线性回归方程满足；
【答案】ACD
【解析】对于A，当时，成对样本数据成线性正相关，A正确；
对于B，当越大时，成对样本数据的线性相关程度越强；
当，时，对应的样本数据的线性相关程度更强，B错误；
对于C，当，时，不变且，
，C正确；
对于D，当，时，不变且，
，D正确.
故选：ACD.
10. 正方体的棱长为2，，分别为棱，的中点，为正方形边上的动点（不与重合）.为平面内一动点，则下列说法中正确的是（ ）
A. 存在点，使得直线与平面垂直
B. 平面把正方体分割成的两个几何体的体积相等
C. 的取值范围为；
D. 若动点满足，当三棱锥的体积取最大值时，该三棱锥外接球的表面积为.
【答案】BD
【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，
对于A，，，，
即与不垂直，而平面，因此直线与平面不垂直，A错误；
对于B，线段的中点为正方体的中心，
平面过该正方体的中心，
由对称性，平面把正方体分割成的两个几何体的体积相等，B正确；
对于C，设点为体对角线的中点，，最小为1，
，C错误；
对于D，如图，
以点为原点建立空间直角坐标系，设，
由可知，，
整理为，
所以点的轨迹是平面内，以为圆心，为半径的圆，
如图，点到平面的最大值为4，此时点在的延长线上，且，
所以三棱锥的外接球的半径，
所以三棱锥外接球的表面积，D正确.
故选：BD.
11. 数学中有许多寓意美好的曲线，曲线：被称为“四叶玫瑰线”（如图所示），是上在第一象限内的一点.给出的下列三个结论中，正确结论的选项是（ ）
A. 曲线上任意一点到原点的距离都不超过2；
B. 曲线经过5个整点（即横纵坐标均为整数的点）；
C. 存在一个以原点为中心、边长为的正方形，使曲线在此正方形区域内（含边界）.
D. 的最大值为
【答案】AD
【解析】对于A，不妨设点为曲线：上的任一点，
则，化简得，
当且仅当时取等号，于是，即得，
故可得曲线上任意一点到原点的距离都不超过2，故A正确；
对于B，由A可知，，
当时，代入成立，故经过点，
当时，不成立，
当时，不成立，
当时，不成立，
当时，不成立，
当时，不成立，
故曲线经过1个整点，故B错误；
对于C，由A选项可知，包含该曲线且以原点为圆心的最小圆的半径为2，
边长为正方形是以原点为圆心2为半径的圆的内接正方形，
故不存在一个以原点为中心、边长为的正方形，使曲线在此正方形区域内（含边界），故C错误.
对于D，如图，点在射线的上方，
则可设，，，
代入，得，.
令，则，
所以，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
所以是的最大值点，即，故D正确.
故选：AD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数，则___________.
【答案】9
【解析】根据题意，
故答案为：9
13. 若正实数，满足条件：（是自然对数的底数），则的最大值是______.
【答案】
【解析】构造函数，
求在处的切线方程，
，此时切线斜率为，切线方程为：，即，
画出图象，
所以由可得：，
所以，即，当且仅当时取等号，
所以的最大值是，
故答案为：
14. 如图：在中，，，三点分别在边，，上，则，，的外接圆交于一点，称点为密克点.运用上述结论解决如下问题：在梯形中，，，，为边的中点，动点在边上，与的外接圆交于点（异于点），则的最小值为______.
【答案】
【解析】延长，交于点，则由题可知为正三角形，为正三角形，
由题设结论，，的外接圆有唯一公共点，该公共点即为题中的点，故点在的外接圆上，
如上图，又由题可知，即为的外心，且外接圆半径为2，，
在中，由余弦定理，所以的最小值为.
故答案为：.
四、解答题：本题共6小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知函数（是自然对数的底数），为的导函数.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若函数，求函数在上的极值.
解：（1）易知，
令，解得，，
又，所以的解集为
（2）由题可知，
当时，，当时，
所以函数在和上单调递增，在上单调递减，
所以函数的极大值为
函数的极小值为.
16. 如图，在三棱柱中，，，
（1）求证：；
（2）侧棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由.
（1）证明：在三棱柱中，取的中点，连接，，
在与中，
，
由，同理，，
由平面；
（2）解：在中，，，则，
在中，，，，同理，
在等腰，，，
在中，由余弦定理得：，即，
在平面内过作，则平面，于是直线，，两两垂直，
以原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，
在平面内过作于，
则平面，
则，，，，
则，，
设平面的法向量为，
则，
取平面的一个法向量，
设，，
则，由与平面所成角的正弦值为，
得，
整理得，解得或（舍），即在靠近的三等分点处.
17. 预防接种是预防掌握传染病最经济、最有效的手段，是预防疾病传播和保护群众的重要措施.为了考查一种新疫苗预防某一疾病的效果，研究人员对一地区某种动物（数量较大）进行试验，从该试验群中随机抽查了50只，得到如下的样本数据（单位；只）：
（1）能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为接种该疫苗与预防该疾病有关？
（2）从该地区此动物群中任取一只，记表示此动物发病，表示此动物没发病，表示此动物接种疫苗，定义事件的优势，在事件发生的条件下的优势，利用抽样的样本数据，求的估计值.
（3）若把表中的频率视作概率，现从该地区没发病的动物中抽取3只动物，记抽取的3只动物中接种疫苗的只数为，求随机变量的分布列、数学期望.
附：，其中.
解：（1）根据列联表可得
，
所以，在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为接种该疫苗与预防该疾病有关.
（2）由于.
所以，，
,
由列联表中的数据可得，，所以.
（3）由题可知，抽取的24只没发病的动物中接种疫苗和没接种疫苗的动物分别为18人和6人，所以从没发病的动物中随机抽取1只，抽取的是接种了疫苗的概率为，
则由题意可知，且，
，，
，，
所以随机变量的分布列为
所以随机变量的数学期望为.
18. 已知抛物线的顶点为坐标原点，焦点在轴的正半轴上，过焦点作直线交抛物线于，两点，且.

（1）求抛物线的标准方程；
（2）如图，过抛物线上的三个不同点，，（在，之间），作抛物线的三条切线，分别两两相交于点，，.是否存在常数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由；
（3）当点的横坐标为4时，以为直角顶点，作抛物线的两个内接及（抛物线的内接三角形是指三角形的三个顶点都在抛物线上），求线段，的交点坐标.
解：（1）设抛物线的标准方程为，直线的方程为，
联立，消去，得，
设，，则，，
所以，解得或（舍去），
所以抛物线的标准方程为

（2）存在常数1，使得，理由如下，
设，，，，
则在点处的坐切线方程为，即，
在点处的坐切线方程为，即，
由，解得，所以，
同理可得，，
，，
，，
所以，
可得，所以存在，使得
（3）（解法一）因为、是抛物线的两个内接三角形，
所以直线，，，的斜率存在且不为0，当点的横坐标为4时，代入得，
所以.
设，，，，由为直角顶点，
设，则，直线的方程为，
与联立得，则，，
，可得，
同理可得，
所以直线的方程为
整理得，即，
设，则，同理可得，，
所以直线的方程为，
由得，
所以，的交点坐标为.
（解法二）当点的横坐标为4时，代入得，即
设，，直线的方程为，
联立得，
即，
所以
直线的方程为可化为，
即直线恒过定点，同理直线也过定点，
所以的交点坐标为.
19. 设为正数，若以为首项的等比数列满足：，，也构成等比数列，则称为所对应的一个型数列.
（1）若型数列存在并且唯一，求的值；
（2）若，，其中，是一个型数列.
（i）求的值；
（ii）令，，探究，，之间的关系，并求的值.
解：（1）设数列的公比为，
因为，，构成等比数列，则，
化简得：（*），又，
故方程（*）有两个不等的实根，再由数列存在并且唯一知，方程（*）必有一个实根为0，
将代入方程（*）得，检验当时，方程（*）可化为，解得或（舍）.
（2）（i）因为，则为型数列，
则，，也成等比数列，
则有，即，
因式分解得：，
方程的两根为，
其正根为，满足，
令，
由，，，，知，
函数的三个零点分别在区间，，内，
所以方程满足的根只有，
所以.
（ii）由（i）知，即，
由知，，
由知，，
，
即，
由，知，，，
令，则，
即，所以，即.发病
没发病
合计
接种疫苗
7
18
25
没接种疫苗
19
6
25
合计
26
24
50
0.050
0.010
0.001
3.841
6.635
10.828
0
1
2
3