江西省2025届新高考临考预测卷 数学试卷（一）（含解析）

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一、单选题
1．展开式中的第项是（ ）
A．B．C．D．
2．已知，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知函数同时满足以下三个条件：①在定义域内是奇函数或偶函数；②有奇数个零点；③在内单调递增．函数可以是（ ）
A．B．
C．D．
4．已知函数满足若，则（ ）
A．1B．4C．5D．2024
5．已知函数和它的导函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．B．C．1D．2
6．中国剩余定理又称“孙子剩余定理”，它是中国古代史上最有创造性的成就之一，其中“韩信点兵”“物不知数”等问题的解法在数论中有相应的推广，数论中的形式表示和除以的余数相同．已知集合满足，，．对于集合中的任意一个元素，下列结论错误的是（ ）
A．B．C．D．
7．椭圆、双曲线、抛物线这些圆锥曲线都有焦点．焦点，顾名思义，就是光线的聚集点，这说明圆锥曲线与光有着紧密的联系，圆锥曲线具有丰富的光学性质．例如，从椭圆的一个焦点发出的光线经过椭圆反射后会经过另外一个焦点，设，分别是椭圆的左、右焦点，从焦点发出的光线先后经过椭圆上的，两点反射后回到焦点．若，，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
8．已知四棱锥的底面为平行四边形，过点的平面分别交侧棱，，于，，三点，若，，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．将一组互不相同的数据，，，，中的每一个数都变成原来的2倍再减去1，则这两组数据可能相同的数字特征是（ ）
A．平均数B．中位数C．方差D．极差
10．已知多面体的底面为正方形，，，，均垂直于底面，，且，，，四点共面．下列说法正确的是（ ）
A．
B．若多面体存在外接球，则该外接球的表面积为
C．
D．若，，则三棱锥的内切球半径为
11．已知双曲线，点为双曲线右支上的一个动点，过点且与双曲线相切的直线分别与两条渐近线交于，两点，过点且与直线垂直的垂线分别与两坐标轴交于，两点．下列说法正确的是（ ）
A．中点的轨迹是抛物线
B．的面积是定值
C．
D．四边形为正方形
三、填空题
12．已知向量，满足，，，则 ．
13．过点的直线与抛物线交于，两点，曲线在，两点处的切线相交于点，则面积的最小值为 ．
14．为了保持某自然生态保护区的生态平衡，现用重捕法了解该保护区内某种动物的大致数量（单位：只），随机在保护区内捕捉了100只该动物并做上标记，一段时间后再随机捕捉100只，用表示第二次捕捉的100只中有标记的数量．若以使得的概率最大时的值作为该保护区内这种动物的数量的估计值，则的估计值是 ．
四、解答题
15．已知函数．
（1）讨论的单调区间；
（2）证明：．
16．如图1，是圆的直径，，，，现将圆沿直径翻折，如图2，记二面角的大小为．
（1）当时，求直线与底面所成角的正弦值；
（2）是否存在使得直线与直线垂直？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
17．已知是锐角三角形，角，，的对边分别是，，，，且．
（1）求角；
（2）求边的取值范围．
18．已知椭圆，过点的直线与椭圆交于，两点，是椭圆上异于，的点，且直线与直线的斜率之积为1．
（1）求点的坐标；
（2）求面积的最大值．
19．信息熵是信息论中的一个重要概念．设随机变量所有可能的取值为，且，，定义的信息熵．
（1）若，求的分布列及数学期望；
（2）若，，试求关于的解析式，并求的最大值；
（3）若，随机变量所有可能的取值为，且，证明：．
参考答案
1．【答案】A
【详解】由题意可得二项式展开式的通项为：，
将代入上式，可得：，
所以展开式中的第项是：.
故选A.
2．【答案】C
【详解】因为，所以．
故选C
3．【答案】C
【详解】选项中的四个函数对应的大致图象如图下图所示．

对于选项A：在区间不单调，故A错误；
对于选项B：没有零点，故B错误；
对于选项C：是奇函数，有3个零点，在上单调递增，故C正确；
对于选项D：有2个零点，故D错误.
故选C
4．【答案】A
【详解】因为，所以，，，，，，，，，，，，，，，…，发现从第6项开始就是以3为周期的周期函数，，为3的倍数，则．
故选A
5．【答案】B
【详解】，则．
因为当时，永远大于0，故由图象可知，，
所以，又，所以．
故选B
6．【答案】C
【详解】因，则，
因，则，
又，，
则
又，则，故A正确；
，则，故B正确；
，则，故D正确；
不妨取，不满足，故C错误.
故选C.
7．【答案】D
【详解】如图，由题意知，
所以．
设，所以，
又，所以，
得，所以，．
方法一：对于等腰三角形和，因为，
故，故，即，
化简得，
即，解得（负数舍去）．
方法二：易知，
则有.
化简得：，即，解得（负数舍去）.
故选D.
8．【答案】B
【详解】如图，
设，
则．
又，，，四点共面，所以，解得，
所以，，得．
故选B
9．【答案】AB
【详解】不妨设，，，，视为从小到大排序，原平均数为，变化后的平均数为，当时，，故A正确；
原中位数为，变化后的中位数为，当时，，故B正确；
原方差为，变化后的方差为，若两方差相等，则，得，此时每个数都相等，与已知矛盾，故C错误；
原极差为，变化后的极差为，若两极差相等，则，与已知矛盾，故D错误；
故选AB.
10．【答案】ACD
【详解】如图1-4，在正方形中，．
由题意平面，平面，所以，
由，，则四边形为平行四边形，所以，
所以，又都在平面内，所以平面．
又平面，所以，故A正确．
如图1-5，当多面体为正方体时，才有外接球，外接球的半径等于体对角线的一半，为，所以外接球的表面积，故B错误．
如图1-6，，，故C正确．
如图1-7，若，，，解得，故D正确．
故选
11．【答案】BCD
【详解】对于A，如图，设，中点为，则，．
因为，所以，故A错误．
对于B，易知，双曲线的渐近线为．
因为直线过点且与双曲线相切，所以设直线的方程为．
联立得，联立得．
所以，故B正确．
对于C，因为，
且，所以，故C正确．
对于D，顺次连接，，，四点，因为直线，所以．
又直线与直线垂直，所以，所以直线，
即，得到，，所以是的中点．
又，所以，相互平分．
在中，，在中，，所以．
又，所以四边形为正方形，故D正确．
故选BCD.
12．【答案】
【详解】由 两边取平方，
可得 ：，
即，
因为，，
所以，解得或（舍）.
13．【答案】
【详解】如图，设，，，，点处的切线方程为，同理，点处的切线方程为，
联立两切线方程，求解可得，两切线的交点的坐标为．
设所在直线的方程为，与抛物线方程联立得到，
所以，，则点．
所以，
故，
当时，有．
14．【答案】
【详解】由题意得，随机变量服从超几何分布，即，
记，则，
所以．
当时，，解得，
当时，，故当时，最大，的估计值为．
15．【答案】（1）当时， 单调递增；当时，单调递减
（2）证明见解析
【详解】（1），，令，得．
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减.
（2）．
设，则，
令，得
当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
所以，即，
由（1）知，，得证．
16．【答案】（1）；
（2）不存在，理由见解析.
【详解】（1）方法一：
如图，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，过点作轴垂直平面，建立空间直角坐标系．
当时，平面平面，因为，，所以，
则，，．
易知底面的一个法向量为，
所以直线与底面所成角的正弦值为.
方法二：
如图，过点作，垂足为，连接，
因为，即平面平面，且平面平面，，平面，
所以平面，得到为所求直线与底面所成角，
由，，
得，，，
故．
（2）不存在，理由如下：
如图1-12，过点作的垂线，垂足为，延长与圆交于点．翻折后（如图1-13），由，知，．
在将圆沿直径翻折的过程中，点在以为圆心、为半径的圆上，且该圆与直径垂直．
如图，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，过点作轴垂直平面，建立空间直角坐标系.
设，，则，即，
又，，，所以，，
所以．
因此不存在使得直线与直线垂直．
17．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）因为，，
所以，
故，由边化角得,
又，故得到，
在三角形中，
即，
用和差角公式展开得
整理得，因为，故．
又是三角形的内角，所以，解得
（2）已知是锐角三角形，
所以即则①
根据余弦定理得，即，
解得，②
将②代入①中，整理得又，解得
18．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）当直线的斜率不存在时，直线与椭圆的两个交点分别为椭圆短轴的两个顶点，
不妨设，，，
所以．又，所以．
故直线的斜率存在，
设，，直线的方程为，
与椭圆方程联立得①，
则有，．
由，得，
即，
即．
所以，
即，
整理得，
故
解得即；
（2），故，
，
由（1）中①式可得，所以．
又，
设，
所以
，
当时，.
19．【答案】（1）分布列见解析；期望为
（2），
（3）证明见解析
【详解】（1）解：
，解得
所以的分布列为
所以
（2）解：当时，，
又，所以，同理，
．
设，，
则
令，得．
当时，，此时单调递增；
当时，，此时单调递减；
当时，，此时取极大值．
综上所述，当时，取最大值，
且
（3）证明：，
则，
而，，
所以，，…
，．
所以
．
又
所以
因为，所以，
所以．
同理，，
所以，即．
1
2
3
4