江西省南昌市2025届高三下学期二模数学试题 含解析

这是一份江西省南昌市2025届高三下学期二模数学试题 含解析，共23页。试卷主要包含了 已知集合，则， 在中，角对边分别是，若，则， 已知、终边不重合，，则， 已知等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､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. 设是两个不同的平面，则的一个充分条件是（ ）
A. 平行于同一条直线B. 平行于同一个平面
C. 垂直于同一个平面D. 内有无数条直线与平行
【答案】B
【解析】
【分析】利用选项中的条件，数形结合即可判断.
【详解】若平行于同一条直线，则与的位置关系是平行或相交，故A选项错误；

若平行于同一个平面，则与的位置关系是平行，故B正确；

若垂直于同一个平面，则与的位置关系是平行或相交，故C选项错误；

若内有无数条直线与平行，则与的位置关系是平行或相交，故D选项错误；

故选：B.
2. 已知复数满足，则（ ）
A. B. 2C. 5D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知条件求出复数，再根据复数的模的计算公式求出．
【详解】已知，即．则．
可得．
故选：C．
3. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分别求解集合与集合，再根据交集的定义求出．
【详解】已知集合，根据绝对值性质，绝对值不等式等价于．
可得，即．所以集合．
已知集合，则．解得或．
所以集合或． 可得，即．
故选：B．
4. 在中，角对边分别是，若，则（ ）
A. 2B. 3C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，由正弦定理化简得到，进而得到，再由正弦定理，得到，即可求得的值.
【详解】因为，
由正弦定理，可得，所以，
又因为，所以，所以，
又由正弦定理，可得，即
因为，所以.
故选：A.
5. 如图是江西省博物馆中典藏的元青白釉印花双凤纹碗，高，口径，若将该碗的内表面近似于一个球面的一部分，则这个球的半径近似于（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】可以将碗的内表面看作是球的一部分，碗口所在平面是球的一个截面，碗的高和球的半径以及截面圆的半径构成一个直角三角形，通过已知的碗的口径和高，利用勾股定理建立关于球半径的方程来求解．
【详解】已知碗的口径为，那么碗口所在截面圆的半径．
这是因为口径是截面圆的直径，根据半径是直径的一半得到．
设球的半径为，碗高．
由球的截面性质可知，球心到截面圆的距离与球的半径、截面圆的半径构成直角三角形，其中球的半径为斜边．这里球心到碗口所在截面圆的距离．
根据勾股定理，将，代入可得：．
展开得，解得
所以这个球的半径近似于．
故选：D．
6. 已知、终边不重合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由，代入已知等式，利用两角和、差的正弦、余弦公式化简得出的值，再利用二倍角的正切公式可求得的值.
【详解】因为，所以，
即
，
，
所以，，
因为、的终边不重合，则，则，
所以，则，所以，
因此，.
故选：D.
7. 将双曲线绕其中心旋转一个合适的角度，可以得到一些熟悉的函数图象，比如反比例函数，“对勾”函数，“飘带”函数等等，它们的图象都能由某条双曲线绕原点旋转而得.现将双曲线绕原点旋转一个合适的角度，得到“飘带”函数的图象，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】易知“飘带”函数的渐近线，设两渐近线夹角为（），则，求得，进而旋转之前双曲线的一条渐近线斜率，结合计算即可求解.
【详解】“飘带”函数的渐近线为与轴，
设两渐近线夹角为（），则，
整理得，又，
所以，整理得，
由，解得.
所以旋转之前双曲线的一条渐近线斜率为，
所以双曲线的离心率为.
故选：B
8. 已知函数满足，且，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用赋值法得出，，令可得出，进而可得出，推导出，再利用基本不等式可求出的最小值.
【详解】令可得，因为，则，
令，可得，解得，
令可得，即，
令可得，所以，，
所以，，，
由基本不等式可得，
当且仅当时，等号成立，当时，等号成立，
所以，的最小值为.
故选：C.
二､多选题：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. 人工智能是新一轮科技革命和产业变革的重要驱动力量，是研究､开发用于模拟､延伸和扩展人的智能的理论､方法､技术及应用系统的一门新的技术科学.很多学校已经推出基于的人工智能通识课程，帮助学生深入了解人工智能的历史､关键技术及其在科学研究､社会发展中的高效应用，培养跨学科思维，推动人工智能技术在多领域的深度融合与创新.某探究小组利用解答了50份高考模拟试卷，收集其准确率，整理得到如下频率分布直方图，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 估计准确率的分位数为
C. 估计准确率的平均数为
D. 估计准确率的中位数为
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用频率分布直方图中所有矩形的面积和为，可判断A选项；利用百分位数的定义可判断B选项；利用平均数公式可判断C选项；利用中位数的定义可判断D选项.
【详解】对于A选项，由频率分布直方图可得，解得，A对；
对于B选项，前两个矩形的面积之和为，
所以估计准确率的分位数为，B对；
对于C选项，估计准确率的平均数为，C错；
对于D选项，设中位数为，前三个矩形的面积之和为，
所以，则，解得，
所以估计准确率的中位数为，D对.
故选：ABD.
10. 已知.不等式的解集为且，则下列说法中正确的是（ ）
A. 函数的极大值点为1
B. 函数的对称中心为
C. 过点可作一条直线与曲线相切
D. 当时，
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据不等式的解集与方程的解之间的联系求得，结合导数和极值点的概念即可判断A；根据函数的对称性验证即可判断B；根据导数的几何意义即可判断C；利用作差法计算即可判断D.
【详解】A：因为不等式的解集为且，
即不等式的解集为且，
所以方程的根为和（二重根），
得，即，
所以，则，得，
令，或，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以是的极大值点，故A错误；
B：由选项A知，
则，
所以，
即的一个对称中心为，故B正确；
C：由选项A知，
设过点的切线方程为，设切点为，
则，，得，
整理得，即，解得，
此时切点为，不符题意，
所以过点只能作一条直线与曲线相切，故C正确；
D：令，当时，则，
只需.
而，由，
得，即，所以，故D正确.
故选：BCD
11. 数学中有许多形状优美的曲线，曲线就是其中之一，下列选项中关于曲线的说法正确的有（ ）
A. 当时，曲线与轴有个交点
B. 曲线的图象关于对称
C. 当时，曲线上的一点到原点距离的最小值小于
D. 当时，曲线上的一点到原点距离的最小值大于
【答案】BCD
【解析】
【分析】当时，解方程，可判断A选项；利用曲线的对称性可判断B选项；在曲线上的一点，可得出，利用导数求出函数在上最小值的取值范围，可判断D选项.
【详解】对于A选项，当时，在曲线的方程中，令，可得，
解得，所以当时，曲线与轴有个交点，A错；
对于B选项，在曲线上任取一点，则点关于直线的对称点为，
因为，即点也在曲线上，
所以曲线的图象关于直线对称，B对；
对于CD选项，当时，在曲线上的一点，则，
则，其中，
令，其中，则，
因为函数、在上均为增函数，
故函数在上为增函数，
因为，，
所以，存在使得，则，
当时，；当时，.
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，
，
因为，所以，则，
所以，
所以，，且，
故，CD都对.
故选：BCD.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数，若，则__________.
【答案】2
【解析】
【分析】根据分段函数的解析式分类讨论求解即可.
【详解】由题意知，当时，，解得；
当时，，解得，与矛盾，此时无解.
所以.
故答案为：2
13. 已知向量，，则的最小值是__________.
【答案】
【解析】
【分析】设，由平面向量数量积的运算可出，再利用平面向量的模长公式结合二次函数的基本性质可求得的最小值.
【详解】设，则，可得，
故，
当且仅当时，取最小值.
故答案为：.
14. 某次庆典后，墙壁上的装饰品需要取下来，如图，由于材料特性，每次能取一个，且所取的装饰品只能有个或个相邻的装饰品，则不同的取法数有__________种.
【答案】
【解析】
【分析】对小球进行编号，然后对前三个球的取法进行分类讨论，进而对后续小球的摸球顺序进行讨论，结合分步乘法与分类加法计数原理可得结果.
【详解】将这个小球编号如下图所示：
分以下两种情况讨论：
第一种，第一步，先取、、号球，第二步，再取、、号球依次取个球，
最后一步，从剩余两球依次摸取，此时不同的抽法种数为种；
第二种，将、、视为三个整体，
前三个球从其中一个整体和每支不与号球相邻的小球中依次摸取，有种，
以、、为例，可依次为、、，共种，
剩余、、、号球，先从、号球中摸一个，有种情况，
比如先取号球，剩余三个相邻的小球，接下来从、号球中取一个，有种情况，
最后剩余两球摸取的先后顺序任意，
此时，不同的取法种数为.
综上所述，不同的取法种数为种.
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. 在三棱柱中，侧面是边长为4的正方形，，.

（1）求证：平面平面；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意，根据勾股定理及其逆定理可证得，结合线面垂直与面面垂直的判定定理即可证明；
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角即可.
【小问1详解】
因为侧面是边长为4的正方形，
所以，
因为，
则，因为，
所以，即，
因为平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面；
【小问2详解】

以为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，所以，
所以，
则，
设平面的法向量为，
由，可得，令，则，
平面的法向量为，
所以，
又二面角为锐角，所以其余弦值为.
16. 己知抛物线，过点作斜率大于直线与曲线交于、两点.原点关于的对称点为记为点.
（1）求证：：
（2）当在抛物线上时，求三角形的面积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）设、，设直线的方程为，将该直线方程与抛物线方程，列出韦达定理，利用平面向量数量积的坐标运算以及韦达定理计算出，即可证得结论成立；
（2）设关于直线的对称点，根据点与点关于直线对称解出点的坐标，由点在抛物线上求出的值，列出韦达定理，根据三角形的面积公式可求得的面积.
【小问1详解】
设、，
由题意，设直线的方程为，
联立直线与抛物线方程得，则，
由韦达定理可得，，，
，所以.
【小问2详解】
设关于直线的对称点，则，
解得，，即，
又因为点在抛物线上，则，解得
所以，，，
所以，
所以.
17. 为宣扬中国文化，某校组织古诗词知识比赛.比赛分为两阶段，第一阶段为基础知识问答，每位选手都需要回答3个问题，答对其中至少2个问题，进入第二阶段，否则被淘汰；第二阶段分高分组、和低分组，第一阶段3个问题都答对的选手进入高分组，共回答4个问题，每答对一个得20分，答错不得分；第一阶段答对2个问题的选手进入低分组，共回答4个问题，每答对一个得10分，答错不得分.第一阶段，每个问题选手甲答对的概率都是；第二阶段，若选手甲进入高分组，每个问题答对的概率都是，若选手甲进入低分组，每个问题答对的概率都是.
（1）求选手甲第一阶段不被淘汰的概率；
（2）求选手甲在该次比赛得分数为40分概率；
（3）已知该次比赛选手甲进入了高分组，记选手甲在该次比赛中得分数为，求随机变量的分布列和期望值.
【答案】（1）
（2）
（3）分布列见解析，20
【解析】
【分析】（1）选手甲第一阶段不被淘汰，即甲回答三个问题答对其中2个或3个，根据条件即可求解；
（2）选手甲在该次比赛得分数为40分有两种情况：进入高分组，答对2个问题；进入低分组，答对4个问题，根据条件求解即可；
（3）由题的可能取值有，分别求出相应取值的概率，即可得出答案.
【小问1详解】
选手甲第一阶段不被淘汰，即甲回答三个问题答对其中2个或3个，其概率为：
【小问2详解】
选手甲在该次比赛得分数为40分有两种情况：进入高分组，答对2个问题；进入低分组，答对4个问题.故概率为：
【小问3详解】
的可能取值有，
，
，
，
所以分布列为：
所以.
18. 已知.
（1）当时，求函数的单调区间：
（2）当时，求证：；
（3）当，试讨论函数的零点个数.
【答案】（1）减区间为，增区间内为
（2）证明见解析 （3）答案见解析
【解析】
【分析】（1）当时，利用函数的单调性与导数的关系可求出函数的增区间和减区间；
（2）当时，分析得出，令，可得，结合（1）中的结论可证得；
（3）解法一：对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数的单调性，结合零点存在定理可得出函数在不同情况下的零点个数；
解法二：求得，令，令，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数的单调性，结合零点存在定理可得出函数在不同情况下的零点个数；
解法三：将函数解析式变形为，设，则，则有，设，则，对实数的取值进行分类讨论，分析的符号变化，可得出的单调性，再结合零点存在定理可得出函数的零点个数.
【小问1详解】
当时，，，
当时，，则在为增函数；
当时，，则在为减函数；
故当时，函数的减区间为，增区间内为.
【小问2详解】
因为，当时，，所以，
当时，，所以，所以，
设，由（1）可知，所以不等式成立.
【小问3详解】
解法一：，
设，此时，
则，
因为，所以，
则在为减函数，，
①当时，，结合在为减函数，
当时，在为增函数；
当时，在为减函数；
所以，所以，即在上为减函数，
又因为，所以只有一个零点；
②当时，，
所以存在，使得，
当时，，所以在上增函数；
当时，，所以在上减函数.
因为，则，当，
使得，
所以时，，即，即在为减函数；
当时，，即，即在为增函数；
当时，，即，即在为减函数；
当，又因为，所以.
所以使得，
在为减函数，所以，所以存在两个零点.
综上所述：当时，函数有1个零点；当函数有2个零点.
解法二：，
设，此时，
则，
设，所以，
①当时，此时，则，此时，
当时，在为增函数；
当时，在为减函数；
所以，所以，即在上为减函数.
又因为，所以只有一个零点；
②当，所以，
设.因为，
因为时，所以存在，使得
当时，，即，所以在上增函数；
当时，，即，所以在上减函数.
因为，则，当，
使得，
所以时，，即，即在为减函数；
当时，，即，即在为增函数；
当时，，即，即在为减函数；
当，又因为，所以.
所以使得，
在为减函数，所以，所以存在两个零点.
综上所述：当时，函数有1个零点；当函数有2个零点.
解法三：，设，则，
则有，，
设.
因为，所以，
则在为减函数，，
①当，即，结合在为减函数
当时，在为增函数；
当时，在为减函数；
所以，所以，即在上为减函数.
又因为，所以只有一个零点；
②当时，，
所以存在，使得，
当时，，所以在上增函数；
当时，，所以在上减函数.
因为，则，当，
使得，
所以时，，即，即在为减函数；
当时，，即，即在为增函数；
当时，，即，即在为减函数；
当，又因为，所以.
所以使得，
在为减函数，所以，所以存在两个零点.
综上所述：当时，函数有1个零点；当函数有2个零点.
19. 对于共项的等差数列（公差不为0）各项重新排列得到新数列，若中的任意两项的等差中项都不在这两项所在位置之间，则称数列是等差数列的“无均数列”.
（1）若，写出等差数列（公差不为0）的4个不同的“无均数列”；
（2）若，写出等差数列（公差不为0）的一个“无均数列”；
（3）若，判断等差数列（公差不为0）的“无均数列”是否存在，并证明你的结论.
【答案】（1）答案见解析
（2）
（3）存在，证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据“无均数列”的定义，列举得出满足“无均数列”的数列个数，即可得到答案；
（2）根据“无均数列”的定义，列举法的其中的一个“无均数列”，即可得到答案；
（3）利用数学归纳法，先证明对时，数列，都存在“无均数列”，再将将项去掉，即可得到时，等差数列存在“无均数列”.结合每一组是一共8项的等差数列，令，把其分为4组这样排列就能构成“无均”数列，反复执行上述操作，即可得到答案.
【小问1详解】
解：根据“无均数列”的定义得：
当时，存以下“无均数列”：
；；；；；；；；；，
总共10种（写出其中的4个即可）.
【小问2详解】
解：当时，存在“无均数列”：.
【小问3详解】
解：存在，
先证明对时，存在，
①当时，由①知存在“无均数列”，
②假设时，存在“无均数列”，
则时，数列分成2组，两组分别有次项，
且从这两组中各任取一项，得到的两项的等差中项不是的项，由假设，
数列存在“无均数列”，设为，
数列存在“无均数列”，设为，
构造数列：，
观察，每组之间的任意两个数的平均数均不在两数位置之间，故只需要考虑每组内部重新排成“无均数列”，
因此数列：，中任意两项的等差中项均不在这两项中间，
即时，数列存“无均数列”，
由①②可知，时，都存在“无均数列”，
所以令，即时，存在“无均数列”，
接下来我们只需要将项去掉，
便可得到时，等差数列存在“无均数列”.
同样注意到此时每一组是一共8项的等差数列，
令，故由第二问知道，
此时只需要把其分为4组这样排列就能构成“无均”数列，
因此反复执行上述操作能把2048项的等差数列重新排列成一个“无均”数列，
所以当时也能重新排列成一个“无均”数列.
0
20
40
60
80