江西师范大学附属中学2025届高三下学期三模 数学试卷（含解析）

这是一份江西师范大学附属中学2025届高三下学期三模 数学试卷（含解析），共17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。
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知，且在方向上的投影向量为，则与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
4．为弘扬我国优秀的传统文化，某市教育局对全市所有中小学生进行了言语表达测试，经过大数据分析，发现本次言语表达测试成绩服从，据此估计测试成绩不小于94的学生所占的百分比为（ ）
参考数据：.
A．B．C．D．
5．某银行大额存款的年利率为，小张于2024年初存入大额存款10万元，按照复利计算8年后他能得到的本利和约为（ ）（单位：万元，结果保留一位小数）
A．12.6B．12.7C．12.8D．12.9
6．在中，角、所对的边长分别为、，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
7．已知正方体中，M，N分别为，的中点，则（ ）
A．直线MN与所成角的余弦值为B．平面与平面夹角的余弦值为
C．在上存在点Q，使得D．在上存在点P，使得平面
8．椭圆（）的左、右焦点分别为，，P为椭圆上第一象限内的一点，且，与y轴相交于点Q，离心率，若，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．在复数范围内关于的实系数一元二次方程的两根为，其中，则（ ）
A．B．C．D．
10．设函数，则（ ）
A．当时，的图象关于点对称
B．当时，方程有个实根
C．当时，是的极大值点
D．存在实数，恒成立
11．“”可以看作数学上的无穷符号，也可以用来表示数学上特殊的曲线，如图所示的曲线过坐标原点上的点到两定点的距离之积为定值，则下列说法正确的是（ ）（参考数据：）
A．若，则的方程为
B．若上的点到两定点的距离之积为16，则点在上
C．若，点在上，则
D．当时，上第一象限内的点满足的面积为，则
三、填空题（本大题共3小题）
12．在展开式中，常数项是 .
13．已知定义在上的函数，满足是偶函数，是奇函数，则 .
14．如图所示网格中，要从点出发沿实线走到点，距离最短的走法中，经过点的概率为 .

四、解答题（本大题共5小题）
15．在中，角所对的边分别为，，，的外接圆半径为，，且．
(1)求的值；
(2)若的面积为，求的周长．
16．甲､乙两人进行投篮比赛，甲先投2次，然后乙投2次，投进次数多者为胜，结束比赛，若甲､乙投进的次数相同，则甲､乙需要再各投1次（称为第3次投篮），结束比赛，规定3次投篮投进次数多者为胜，若3次投篮甲､乙投进的次数相同，则判定甲､乙平局.已知甲每次投进的概率为，乙每次投进的概率为，各次投进与否相互独立.
(1)求甲､乙需要进行第3次投篮的概率；
(2)若每次投篮投进得1分，否则得0分，求甲得分的分布列与数学期望.
17．如图，在平面图形甲中，，，与分别为以斜边的等腰直角三角形，现将该图形沿向上翻折使边重合（重合于），连.图乙中，为中点.
(1)求证：平面；
(2)求证：平面；
(3)求平面与平面夹角的正弦值.
18．如图，四边形为坐标原点是矩形，且，，点，点，分别是，的等分点，直线和直线的交点为
(1)试证明点在同一个椭圆C上，求出该椭圆C的方程；
(2)已知点P是圆上任意一点，过点P作椭圆C的两条切线，切点分别是A，B，求面积的取值范围.
注：椭圆上任意一点处的切线方程是：
19．已知函数，其中为自然对数的底数.
(1)当时，判断函数在区间上的单调性；
(2)令，若函数在区间上存在极值，求实数的取值范围；
(3)求证：当时，.
参考答案
1．【答案】C
【详解】不等式的解集为，
所以，又，
所以.
故选C.
2．【答案】C
【详解】因为，所以，
所以，故
故选C
3．【答案】D
【详解】在方向上的投影向量为，
由已知可得，
因为，所以，又，
所以，又，
所以与的夹角为.
故选D.
4．【答案】A
【详解】依题意，
所以测试成绩不小于94的学生所占的百分比为．
故选A．
5．【答案】B
【详解】存入大额存款10万元，按照复利计算，
每年末本利和是以10为首项，为公比的等比数列，
所以本利和．
故选B．
6．【答案】C
【详解】由结合正弦定理求得，进而判断可得出结论.
【详解】若，由正弦定理可得，
所以，，即，
，，可得，所以，，.
由可知，.
因此，“”是“”的充要条件.
故选C.
7．【答案】C
【详解】以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1，
所以，，
，
对于A，，，
直线MN与所成角的余弦值为，故A错误；
对于B，，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
平面与平面夹角的余弦值为：
，故B错误；
对于C，因为Q在上，设，所以，，
则，所以，
所以，，
所以，解得：.
故上存在点，使得，故C正确；
对于D，因为，所以四点共面，
而平面，所以上不存在点P，使得平面，故D错误.
故选C.
.
8．【答案】B
【详解】设、，则有，，
则，即，
则，即，
即，，
则，由，
则有，
整理得，即.
故选B.
9．【答案】BD
【详解】因为且实系数一元二次方程的两根为，
所以，可得，故B正确；
又，所以，故A错误；
由，所以，故C错误；
，故D正确.
故选BD
10．【答案】ABD
【详解】对于A选项，当时，，
因为，所以，，
所以的图象关于点对称，故A正确；
对于B选项，当时，，则，
令，可得或，列表如下：
所以，函数在上单调递增，上单调递减，上单调递增，
所以，，又因为，如下图所示：
由图可知，直线与函数的图象由三个交点，
即时，方程有个实根，故B正确；
对于C选项，，
当时，，此时函数在上单调递增，故C错误；
对于D选项，当时，函数在上单调递增，此时恒成立，故D正确．
故选ABD．
11．【答案】ACD
【详解】设上的点为Px,y，可得，
整理可得，即的轨迹方程为.
对于选项A：若，即，
所以的轨迹方程为，故A正确；
对于选项B：因为若上的点到两定点的距离之积为16，
即，，可得，
对于点，显然，所以点不在上，故B错误；
对于选项C：若，则的轨迹方程为，
代入点可得，整理可得，
令，可得，
令，可知为在内的零点，
因为的图象开口向上，对称轴为，可知在内单调递增，
且，
可知fx在内存在唯一零点，且，即，故C正确；
对于选项D：若，则，
且点在第一象限内，则，
又因为的面积为，
可得，且，则，
可得，
则，即，
，即，
所以，故D正确.
故选ACD.
12．【答案】
【详解】的展开式通项，
展开式的常数必使，此时，，
所求常数项为.
13．【答案】1
【详解】因为函数是偶函数，
所以，
因为函数是奇函数，
所以，即，
取可得，
令可得，
令可得，，
所以，
，
所以，
所以函数为周期函数，是该函数的一个周期，
所以.
14．【答案】
【详解】从点A到点C一共有（一共六步需要向下走两步），
点C到点B一共有（一共四步向右走一步），
则根据分步计数原理得从点出发沿实线走到点经过点C的情况数为；

计算从点点出发沿实线走到点：
如图连接,则从点点出发沿实线走到点又经过的情况为：,
同理经过另外一条不连上的线情况为，
则从点点出发沿实线走到点的情况为；
故距离最短的走法中，经过点的概率为.
15．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）解：由，
可得，所以，
又由正弦定理，可得，
即，所以，
可得或，即或（舍去），
因为，可得，
所以．
（2）解：由（1）可得，，
则，
又由正弦定理得，
令，，，其中，
则，解得，
因此的周长为．
16．【答案】(1)
(2)分布列答案见解析，数学期望：
【详解】（1）设甲第次投进为事件，乙第次投进为事件，
则，．
设甲、乙需要进行第3次投篮为事件，则事件包括以下两两互斥的三个事件：
① “甲、乙前2次都投进2次”，其概率为，
②“甲、乙前2次都投进1次”，其概率为，
③“甲、乙前2次都投进0次”，其概率为．
则由互斥事件的概率加法公式，可得．
（2）由题意可得的所有可能取值为0，1，2，3，
，
，
（提示：此时有三种情况，①甲前2次投进1次，乙前2次投进0次或2次；
②甲、乙前2次均投进1次，第3次甲未投进；③甲、乙前2次均未投进，第3次甲投进）
，
．
所以的分布列为：
所以．
17．【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1）图乙中，由题意知，所以，
，平面，所以平面；
（2）取中点为，由于为中点，
故且，结合，
所以且，
故四边形为平行四边形，
所以，而平面，平面，
故平面
（3）在等腰梯形中，设，
过C作，则所以，
在中，由余弦定理得，所以,所以，
如图以分别为轴建立空间直角坐标系：
，
设平面法向量为，则，
即，令，则，则，
平面法向量可取为，
设平面与平面夹角为，
所以，故
18．【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】设，求出和的方程，联立可求证在同一个椭圆上，并求得椭圆方程为；
求出直线AB的方程，分和两种情况讨论，求出面积的表达式，换元，构造函数，利用导数即可求解.
【详解】（1）设，又，，
则直线，
直线，
点的坐标是方程的解，可得，
化简得，
所以在同一个椭圆上，该椭圆方程为
（2）设，，，如图所示：
则，
切线PA方程为：，切线PB方程为：，两直线都经过点P，
所以得：，，从而直线AB的方程是：，
当时，
由得，则，
，
当时，
由，消y得：，
由韦达定理，得：，，
，
，
点P到直线AB的距离，
其中
令，则令，
则，
在上单调递增，
综上所述，面积的取值范围是
19．【答案】(1)在区间上单调递减
(2)
(3)证明见详解
【分析】（1）利用导函数在区间上的正负判断函数的单调性；
（2）求出导函数，函数在区间上存在极值，可转化为在上有解，令，根据函数的单调性求出的范围，从而求出的取值范围；
（3）当时，要证，即证，只需要，根据函数的单调性求出，进而即可证明.
【详解】（1）时，.
显然，在区间上单调递增.
所以，即.
所以在区间上单调递减.
（2）在上存在极值.
即在上有变号零点.
令.则，
记，即与的图象在上有交点.
，
易知在上恒成立，所以在上为增函数，
且.
所以，从而，
当时，存在唯一实数，使得成立，
当时在上单调递增；
当时，在上单调递减.
所以为函数的极值，
综上，若函数在上存在极值，的取值范围为.
（3）证明：当时，要证，
即证.
令，显然.
令，
当时，；当时，.
所以在时单调递减；在时单调递增.
所以
所以，即.
所以时，，得证.
【关键点拨】根据函数的极值点求解参数，解题时要根据解析式的结构分离参数，通过转化与化归思想求解参数；证明不等式时，通过解析式的结构，要证，可转化为证明.
增
极大值
减
极小值
增
0
1
2
3