2025届江西省鹰潭市高三下学期一模数学试题 含解析

这是一份2025届江西省鹰潭市高三下学期一模数学试题 含解析，共23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。
命题人：黄鹤飞 鹰潭市第一中学 审题人：李麟 贵溪市第一中学
本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共4页.时间120分钟.满分150分.
第I卷 选择题
一、单项选择题：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，请将正确答案的序号填涂在答题卡上.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由对数函数的定义域，建立不等式，求得集合，利用交集，可得答案.
【详解】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】
【分析】利用复数除法法则计算出，得到虚部.
【详解】，
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】
【分析】由向量线性运算与数量积的坐标表示，根据向量垂直，建立方程，解根并验根，可得答案.
【详解】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】
【分析】由条件求得，进而得到，再由余弦二倍角公式即可求解.
【详解】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】
【分析】由题意可得两直线位置关系以及其所过定点，根据圆的方程，可得答案.
【详解】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】
【分析】根据正态分布求出、的值，并求出、的表达式，根据题中条件求出的值，利用赋值法可得出结果.
【详解】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】
【分析】设出相关点的坐标，借助向量垂直关系的坐标表示求出直线方程，进而求出，再代入，得到，即可求出离心率.
【详解】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】
【分析】对于①，求得，判断；对于②，利用反证法，推出矛盾，判断；对于③，利用递推公式得到，求出存在常数，使得对任意，都有，，成等差数列，判断；对于④，因为，则，算出，判断.
【详解】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】
【分析】根据相关系数的正负、绝对值大小与变量相关性之间关系可知AB正误；根据，，代入相关系数和最小二乘法公式中，可知CD正误.
【详解】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】
【分析】由题意建立空间直角坐标系，利用空间向量的运算，根据正方体的几何性质，结合三棱锥的体积公式，可得答案.
【详解】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】
【分析】选项A，利用基本不等式可得，进而可得；选项B，由，，，分别代入验证整点即可；选项C，由可知该曲线且以原点为圆心的最小圆的半径为2，进而可判断；选项D，设，，，联立可得，设，则，再利用导数求函数的最大值即可.
【详解】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
【点睛】关键点点睛：本题所考察的方程为非常规方程，主要结合方程的性质去解决问题，方程具有对称性，选项BCD都是以此性质出发，简化问题转化.
第II卷 非选择题
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】
【分析】根据函数解析式直接求解即可.
【详解】解：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】
【分析】确定与图象相切，从而得到，再由基本不等式即可求解.
【详解】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】
【分析】根据已知条件确定正三角形，利用外接圆公共点确定点Q的位置，再结合外心和外接圆半径等条件，通过余弦定理求出线段BD的长度，最后根据点与圆的位置关系求出BQ的最小值.
【详解】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.
【答案】（1）
（2）的极大值为，的极小值为.
【解析】
【分析】（1）根据导数的运算法则先求，令解出在的解集即可；
（2）先求函数的单调区间，利用导数即可求得极值.
【小问1详解】
易知，
令，解得，，
又，所以的解集为
【小问2详解】
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.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，在靠近的三等分点处.
【解析】
【分析】（1）根据这条件证明平面，即可证得结果；
（2），以为原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量法求解.
【小问1详解】
证明：在三棱柱中，取的中点，连接，，
在与中，
，
由，同理，，
由平面；
【小问2详解】
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，
以为原点，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.
【答案】（1）接种该疫苗与预防该疾病有关.
（2）
（3）分布列见解析，.
【解析】
【分析】（1）求得卡方值，比较临界值即可判断；
（2）由条件概率计算公式即可求解；
（3）由题意确定，进而可求解；
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
由于.
所以，，
,
由列联表中的数据可得，，所以.
【小问3详解】
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.
【答案】（1）
（2）存在，
（3）.
【解析】
【分析】（1）设直线的方程为，联立抛物线方程，由韦达定理结合向量数量积的坐标表示即可求解；
（2）设，利用导数求出切线方程，进而得到交点坐标，再通过向量运算可得答案；
（3）法一：根据已知条件求出点坐标，设，利用直角三角形条件得到方程，解方程组求出交点坐标.法二：设，，直线的方程为，联立抛物线方程，由，得到，进而可求解；
【小问1详解】
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
【小问2详解】
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
【小问3详解】
（解法一）因为、是抛物线两个内接三角形，
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.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii），
【解析】
【分析】（1）由等比数列的中项公式列出方程，再由数列存在并且唯一知，方程（*）必有一个实根为0，代入方程，即可求出的值；
（2）（i）由，得到型数列，利用等比数列的中项公式列出方程，由，分析方程的根，即可求出的值；
（ii）由（i），得，进而求得，，则由，即可得到，，之间的关系，令，则，可得，得，即可求得.
【小问1详解】
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）.
【小问2详解】
（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