江西师范大学附属中学2025届高三下学期第三次模拟考试 数学试卷（含解析）

这是一份江西师范大学附属中学2025届高三下学期第三次模拟考试 数学试卷（含解析），共18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
1．已知集合，.则（ ）
A．B．C．D．
2．已知命题：，，则下列结论正确的是（ ）
A．为真命题，且命题的否定为：，
B．为真命题，且命题的否定为：，
C．为假命题，且命题的否定为：，
D．为假命题，且命题的否定为：，
3．两个粒子A，B从同一发射源发射出来，在某一时刻，它们的位移分别为，．粒子B相对粒子A的位移为，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
4．已知纸的长宽比约为．现将一张纸卷成一个圆柱的侧面（无重叠部分）．当该圆柱的高等于纸的长时，设其体积为，轴截面的面积为；当该圆柱的高等于纸的宽时，设其体积为，轴截面的面积为，则（ ）
A．，B．，
C．，D．，
5．设A,B是一个随机试验中的两个事件，且，则 （ ）
A．B．C．D．
6．色差和色度是衡量毛绒玩具质量优劣的重要指标，现抽检一批产品测得数据列于表中：已知该产品的色度y和色差x之间满足线性相关关系，且，现有一对测量数据为，则该数据的残差为（ ）
A．B．C．0.8D．0.96
7．若正项数列的前项和为，且，则（ ）
A．20B．100C．200D．210
8．一笔画是指从图形的某一点出发，在图形绘制过程中，笔不能离开纸面，也不能重复经过任何一条线段（弧段）.下列图形中不能一笔画完成的图形是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．在复数范围内关于x的实系数一元二次方程的两根为，，其中，则下列选项正确的是（）
A．B．C．D．
10．已知，则（ ）
A．的最小正周期为
B．在上是单调函数
C．的图象关于直线对称
D．
11．数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线.曲线：就是其中之一，P为曲线上一点，则下列结论正确的有（ ）
A．曲线恰有2条对称轴和1个对称中心
B．若P在第一象限内，则点P到点的距离和到直线的距离相等
C．曲线所围成的封闭图形的面积小于
D．若P不在坐标轴上，则曲线在点P处的切线的横纵截距之和为1
三、填空题
12．从0，1，2，…，9这10个数字中任选2个不同的数字组成个位数字比十位数字小的两位数，所有这些两位数组成一组数据，则这组数据的第80百分位数是 .
13．已知直线是曲线与曲线的公切线，则的值为 .
14．P是椭圆C：（）上一点，、是的两个焦点，，点在的平分线上，为原点，，且．则的离心率为 .
四、解答题
15．如图，圆内接四边形ABCD中，已知，．
（1）求；
（2）求四边形面积的最大值．
16．在图1中，四边形ABCD为梯形，，，，，过点A作，交BC于E．现沿AE将△ABE折起，使得，得到如图2所示的四棱锥，在图2中解答下列两问：

（1）求四棱锥的体积；
（2）若F在侧棱BC上，，求二面角的大小．
17．设函数
（1）讨论的单调性；
（2）若函数存在极值，对于任意的，存在正实数，使得，试判断与的大小关系，并给出证明.
18．已知为坐标原点，动直线与直线，分别交于点（的横坐标同号），且的面积为，记线段的中点的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程.
（2）设点，过点作与轴不重合的直线与曲线交于两点.
（ⅰ）记直线的斜率分别为，求的值；
（ⅱ）若直线与直线交于点，过点与轴平行的直线与分别交于点，，求证：点是线段的中点.
19．进位制是人们为了计数和运算方便而约定的记数系统，约定满二进一，就是二进制；满十进一就是十进制；满十六进一，就是十六进制等.一般地，若是一个大于的整数，那么以为基数的进制数可以表示为一串数字符号连写在一起的形式，其中，，，，且，，如，所以在三进制下可写为.
（1）将五进制数转化成三进制数.
（2）对于任意两个不同的位二进制数，，，记.
①若，求随机变量的分布列与数学期望；
②证明：.
参考答案
1．【答案】A
【详解】令，解得，故，
易得，故，则，
故，故A正确，
故选A
2．【答案】B
【详解】因为.
所以对于任意的，都成立，所以命题为真命题.
命题是全称命题，所以它的否定为.
命题为真命题，且命题的否定为.
故选B.
3．【答案】C
【详解】由向量，，可得粒子相对粒子的位移为，
可得且，
所以 在上的投影向量为.
故选C.
4．【答案】B
【详解】不妨设纸的长宽分别为；
当圆柱的高等于纸的长时，也即圆柱高为时，设其底面圆半径为，则，解得，
故，
此时矩形轴截面的两条边长分别为，故；
当圆柱的高等于纸的宽时，也即圆柱高为时，设其底面圆半径为，则，解得，
故，
此时矩形轴截面的两条边长分别为，故；
综上所述，，.
故选B.
5．【答案】B
【详解】因为，即，解得，
又因为，即，解得，
且，可得，
所以.
故选B.
6．【答案】C
【详解】由题意可知，，，
将代入，即，解得，
所以，
当时，，
所以该数据的残差为.
故选C.
7．【答案】D
【详解】解法一：将代入，得，解得.
由，得，两式相减得，
即，所以或.
若，则由，得，与为正项数列矛盾.
故有，则，
则是以1为首项、1为公差的等差数列，故.
则.（另解：将代入中得）
解法二：将代入，得，解得，
当时，，得（由为正项数列取舍），
当时，，得，
故猜想，当时，，满足，
故，，故.
故选D.
8．【答案】D
【详解】由图论知识可知，一笔画能完成的图形G要求满足两点：（1）G是连通图；（2）G中奇点的个数是0或2.
由于选项ABC中的图均满足要求，但D中图有8个奇点，不能一笔画完成，
故选:D.
9．【答案】ACD
【详解】对于A，因为且实系数一元二次方程的两根为，
所以，可得，因为，故A正确；
对于B，又，所以，故B错误；
对于C，，故C正确；
对于D，，所以，故D正确．
故选ACD
10．【答案】BCD
【详解】因为.
对于A，因为
，
所以的最小正周期为，故A错误；
对于B，因为，
令，可得，其图象开口向上，对称轴为，
可知在内单调递增，且在内单调递增，
所以在上是单调函数，故B正确；
对于C，，
所以函数的图象关于直线对称，故C正确；
对于D，因为，
所以函数为周期函数，且是函数的一个周期，
只需求出函数在上的值域，即为函数在上的值域，
由，
则，
当时，，故，
此时，函数在上单调递增，
当时，，，
此时，函数在上单调递减，
所以当时，，
又因为，则，
则函数的值域为，故D正确.
故选BCD.
11．【答案】BC
【详解】对于A，曲线C：即，
如图，
曲线C关于x，y轴和直线，对称，有4条对称轴；
又曲线C关于原点对称；故A错误；
设为曲线C上一点，则
对于B，只考查曲线C在第一象限内的部分，此时曲线C：，
又由，
而，故B正确；
对于C，由对称性，考查曲线C在第一象限内的部分，
由点到点的距离，
则曲线C位于圆的左下部分四分之一圆弧的下方，
则曲线C和两坐标轴所围成的封闭图形的面积小于，
所以曲线C所围成的封闭图形的面积小于，故C正确；
对于D，由对称性，只考查曲线C在第一象限内的部分，
此时曲线C：，
设为曲线C在第一象限部分上一点，则，
由，则，
则曲线C在点处的切线为，
即，即，
由以及对称性可知，曲线C在点P处的切线的横纵截距的绝对值之和为1，故D错误；
故选BC.
12．【答案】
【详解】方法一：因为十位数字分别是时，对应的符合要求的数的个数分别为，
所以十位数字是1时，个位数字只能是0；十位数字是2时，个位数字可以是0或1；
十位数字是3时，个位数字可以是0或1或2；……；依次类推，
十位数字是9时，个位数字可以是；
所以满足条件的两位数共有（个）.
将这45个数从小到大排成一列，因为，且，
则第36个数据为87，第37个数据为90，
所以这组数据的第80百分位数是.
方法二：从这10个数字中任选2个不同的数字，
然后将小的数字排在个位，大的数字排在十位即可，有种不同的方法.
将这45个数从小到大排成一列，因为，且，
则第36个数据为87，第37个数据为90，
所以这组数据的第80百分位数是.
13．【答案】2
【详解】设是图象上的一点，，
所以在点处的切线方程为，①，
令，解得，
，所以，
，所以或（此时①为，，不符合题意，舍去），
所以，此时①可化为，
所以.
14．【答案】
【详解】如图，设，，延长交于，
由题意知，为的中点，故为中点，
又，即，则，
又点在的平分线上,则，故是等腰直角三角形，
因此，
则，
可得，，
又，则，
因此可得，
又在中，，则，
将， 代入得，
即，由所以，
所以，.
15．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）设四边形ABCD外接圆的半径为R，，
则，且，∴
如图，在△ABD和△BCD中，由正弦定理得．
即∴，
∴．
∵，∴．
∵，∴．
∵，∴
（2）连接AC，由（1）知，∴
又，∴△ABC为等腰直角三角形，∴
解法一：
取BC的中点O，AC的中点E，连接OE，则，
∴
当点D在OE的延长线上时，，
此时△ADC面积最大，最大值为
∴四边形ABCD面积的最大值为．
解法二：在△ADC中，由余弦定理得
即即，
∴，
即，当且仅当时取等号．
∴
∴四边形ABCD面积的最大值为．
16．【答案】（1）4
（2）
【详解】（1）在图1中，∵，，
∴，又，∴，
又，∴四边形AECD为平行四边形．
∵，∴平行四边形AECD为菱形．
在图2中，连接AC，则，
又，AC，平面ABC，，
∴平面ABC，
∵平面ABC，∴，
∵，，AE，平面AECD，
∴平面AECD，
其中菱形的面积为，
．

（2）在图2中，以A为原点，以AD所在的直线为y轴建立如图所示的直角坐标系，
则，，，，
，
设面CEF的一个法向量为，，
由，
解得，令，则，取，
设面DEF的一个法向量为，又，
由，
令，则，，取，
所以，∴，
故二面角为．
17．【答案】（1）答案见解析
（2），证明见解析
【详解】（1）易知的定义域为，
又.
若，则恒成立，所以此时在上单调递增；
若，则当时，；当时，；
所以此时在上单调递增，在上单调递减.
综上，时，在上单调递增；时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）结论：.
证明如下：由（1）知，当时，存在极值.
，
由，则，
则，
又，则，
所以
.
设，则.
令，则，
所以在上单调递增，则，故.
又，即，所以，即.
又由可知在上单调递减，
则，即.
18．【答案】（1）
（2）（ⅰ）-1；（ⅱ）证明见解析
【详解】（1）由题设，，线段的中点坐标为，
由题意得，，
又，
所以，
则.
线段的中点坐标为，
则，，
所以，得，
故曲线的方程为.
（2）（ⅰ）解法一 由题意知直线的斜率不为0，设，，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
由，得，
其中，且，
则，
则
.
当直线的斜率不存在时，当直线的斜率不存在时，可令，，
故，.
综上，.
解法二 ： 设，，因为，所以，.
设直线的方程为，
由于直线过点，所以.
由，得，
即，
即，
整理得，
即.
显然和是上述方程的两个实数根，
所以.
（ⅱ）由题知直线的斜率存在，由（ⅰ）的解法一知直线的方程为，且.
直线的方程为，
令，得.
，则直线的方程为，
令，得.
由于
，
所以，
故点为线段的中点.
19．【答案】（1）；
（2）①分布列见详解，；②证明见详解.
【详解】（1）由题意得，将五进制数转化为十进制数为，
∵，∴，
∴五进制数转化成三进制数为.
（2）①若，则位的二进制数有，，，，，，，，共个，从个数中任选2个，共有种情况.
∵，∴的所有可能取值为.
当时，若选择，可以从，，中任选1个，共有3种情况,
若选择，可以从，，中任选1个，共有3种情况,
若选择，可以从，中任选1个，共有2种情况,
若选择，可以从，中任选1个，共有2种情况,
若选择，可以从，中任选1个，共有2种情况，
共有种情况，故.
当时，和，和，和，和满足要求，共有4种情况，故，
∴，
∴随机变量的分布列为
∴.
②∵位二进制数的，
∴根据二进制数中0的个数可得，位二进制数一共有个，
∵，∴的可能取值为.
当时，二进制数，有位取值不同，有位取值相同，
除去，从剩余的位中选择位，二进制数，在这位上数字不同，其余位，两者均在同一位置数字相同，
由于，故共有种情况，
∴，
∴随机变量的分布列为
∵，
∴
，
∴.
色差x
21
23
25
27
色度y
15
18
19
20
1
2
3
1
2
3