江西省鹰潭市2025届高三数学下学期第二次模拟考试试卷含解析

这是一份江西省鹰潭市2025届高三数学下学期第二次模拟考试试卷含解析，共24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。
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】求出集合，再根据交集含义即可得到答案.
【详解】，
，则.
故选：C.
2. 复数，若为纯虚数，则（ ）
A. 4B. C. 1D.
【答案】D
【解析】
【分析】由共轭复数的概念和纯虚数的概念结合复数的乘法运算可得.
【详解】由题意可得，
因为为纯虚数，即为纯虚数，
所以，解得.
故选：D
3. 若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由同角的三角函数关系结合已知建立方程，解出的正余弦，再由两角和的正弦公式求解即可.
【详解】，即，
整理可得，
因为，，所以，
所以.
故选：A
4. 在2019年中共政治局第十八次集体学习中，习近平总书记提出：“把区块链作为核心技术自主创新的重要突破口”，“区块链技术”作为一种新型的信息技术，已经广泛的应用于人们的生活中．在区块链技术中，若密码的长度为128比特，则密码一共有种可能性，因此为了破译此密码，最多需要进行次运算．现在有一台机器，每秒能进行次运算，假设这台机器一直正常运转，则这台机器破译长度为128比特的密码所需要的最长时间约为（参考数据：）（ ）
A 秒B. 秒C. 秒D. 秒
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可得，两边取对数化简可求出.
【详解】设所需时间为t秒，则，则，
即，
秒.
故选：B．
5. 若非零向量满足，且向量与向量的夹角，则的值为（ ）
A. B. 0C. D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】由求出，进而得的值.
【详解】由有，所以
，
所以，
故选：B.
6. 2025年春节期间，有《封神》《哪吒》《神雕英雄传》《熊出没》《唐探1900》五部电影上映，小李和另外3名同学去随机观看这五部电影，则小李看电影《哪吒》且4人中恰有2人看同一部电影的不同排列方式共有（ ）
A. 24种B. 36种C. 48种D. 72种
【答案】D
【解析】
【分析】分类求出满足小李看电影《哪吒》且4人中恰有2人看同一部电影的不同排列方式.
【详解】若小李看《哪吒》，且4人中恰有两人看同一部电影，
有两人看《哪吒》，则有种方案，有一人看《哪吒》电影，则有种方案，
即满足小李看《哪吒》，且4人中恰有两人看同一部电影一共有种方案.
故选：D.
7. 在锐角中，内角所对的边分别为，若，，则AC边上的高的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据正弦定理结合两角差的余弦公式化简，应用锐角三角形得出角的范围，再应用正切的值域求出高的范围.
【详解】在中，由正弦定理，可得，
由可得：，所以，所以，
又因为，所以，所以，，
又因为三角形为锐角三角形，所以，所以，
在中，由正弦定理可得：，即，故有，
因为，所以，，所以，
所以，又因为边上的高，所以．
故选：B.
8. 已知函数，若方程有三个不同根，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】探讨给定函数的对称性及单调性，脱去法则“f”，构造函数，利用导数探讨函数的性质并作出图象，数形结合求得答案.
【详解】函数的定义域为R，且在R上单调递增，
，即，
方程，即，于是，
即，令，依题意，直线与函数的图象有三个不同的交点，
求导得，当时，，
当时，，函数在上递减，在上递增，
当时，取极小值；当时，取极大值为，
而当或时，恒有，
在同一坐标系内作出直线与函数的图象，
观察图象得，原方程有三个不同实根，所以实数的取值范围为，
故选：A
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. 已知函数（其中，，）的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 在上单调递增
B. 图象的一个对称中心为
C. 当函数取得最大值时，，
D. 将的图象向左平移个单位长度后，可得到一个偶函数的图象
【答案】BD
【解析】
【分析】由图像先求函数的解析式，逐一验证即可.
【详解】有图有，，即，由，又因为，
所以当时，，所以，
对于A：，可知在单调递增，在单调递减，故A错误；
对于B：，故B正确；
对于C：当函数取得最大值时，，故C错误；
对于D：将的图象向左平移个单位长度后得，故D正确.
故选：BD.
10. 已知三棱柱为正三棱柱，且，，是的中点，点是线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 四面体外接球的表面积为
C. 若，则异面直线与所成的角为
D. 若过且与垂直的截面与交于点，则三棱锥的体积的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A由线面垂直即可判断，对于B，由正弦定理得外接圆的半径，设正三棱柱外接球的半径为，设正三棱柱的高为，，则解出代入表面积公式即可判断，对于C将正三棱柱补成如图所示的直四棱柱，则（或其补角）为异面直线与所成的角，在中计算角度即可判断，对于D设的中点为，作出截面，得点在以为直径的圆上，当点在的中点时，
此时点到底面距离的最大，即可计算出最大距离，代入体积公式即可判断.
【详解】对于A：在正三棱柱中有面，平面，则，
为的中点，，所以，
又，平面，
所以平面，平面，所以，故A正确；
对于B：四面体外接球即为正三棱柱外接球，因为外接圆的半径为，
则有，即，且，设正三棱柱外接球的半径为，
设正三棱柱的高为，则由得，故其表面积为，故B正确；
对于C：将正三棱柱补成如图所示的直四棱柱，则（或其补角）为异面直线与所成的角，
，，，，，
，所以，即，故C错误；
对于D：设的中点为，作出截面如图所示，因为，，
所以，所以点在以为直径的圆上，当点在的中点时，
此时点到底面距离的最大，且最大值为，
因为，所以此时点在线段上，符合条件，
所以三棱锥的体积的最大值为，故D正确；
故选：ABD．
11. 若函数是定义在上不恒为零的可导函数，对任意的均满足：，，记，则（ ）
A. B. 是偶函数
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】赋值法计算判断A，应用偶函数定义计算判断B，应用赋值法结合累加法计算判断C，应用错位相减法计算判断D.
【详解】令，得，即，故A正确；
对于选项B：令，可得，解得，
令，，可得，所以的图象不是偶函数，故B错误；
令，所以，所以，所以，
所以，则，所以，，
，累加得：，所以选项C正确；
对于选项D，，
又，所以，
设，
则，
所以，
所以
即，故D正确．
故选：ACD．
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. 已知二项式的展开式中，二项式系数之和为64，则含的项的系数为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据求出值，再利用二项式展开式的通项公式即可得到答案.
【详解】因为二项式系数之和为64，则，则.
则二项展开式通项为，
令，解得，则含的项的系数为.
故答案为：.
13. 已知双曲线的左、右焦点分别为，点在的左支上，过点作的一条渐近线的垂线，垂足为，则当取最小值12时，面积的最大值为______．
【答案】18
【解析】
【分析】先利用双曲线的定义判断出当且仅当三点共线时取得最小值为，得出，再利用基本不等式求出，最后将的面积表示为即可.
【详解】由题意得，故，如图所示，

则，当且仅当三点共线时等号成立，而到渐近线距离，
所以的最小值为，所以，即，当，时，等号成立，
又，故，
所以，
即面积的最大值为18．
故答案为：18.
14. 若为一个有序实数组，其中，表示把中每个都变为，0，每个0都变为，1，每个1都变为0，1所得到的新的有序实数组，例如：，则．定义，，若，中有项为1，则的前2025项和为______．
【答案】
【解析】
【分析】设中有项为0，其中1和的项数相同都为，由已知条件可得①，②，进而可得③，再结合④，运用等比数列前n项和公式求和即可得解.
【详解】因为，依题意得，，，
显然，中有2项，其中1项为，1项为1，
中有4项，其中1项为，1项为1，2项为0，
中有8项，其中3项为，3项为1，2项为0，
由此可得中共有项，其中1和的项数相同都为，
设中有项为0，所以，，
从而①，
因为表示把中每个都变为，0，每个0都变为，1，每个1都变为0，1所得到的新的有序实数组，则②，
①＋②得，③，
所以④，
所以前2025项和为:
.
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
（1）求函数在处的切线方程；
（2）若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围；
【答案】（1）；
（2）．
【解析】
【分析】（1）由导数的意义求出切线的斜率，再由点斜式可得直线方程；
（2）先问题等价于在时恒成立，构造函数，求导分析单调性后得到最小值即可.
【小问1详解】
，，而，，
所以在处的切线方程为：
【小问2详解】
由题意得：恒成立，
因为，所以问题等价于在时恒成立，
令，，，
当时，，为增函数；当时，
，为减函数，则函数，故．
16. 如图1，等腰梯形是由三个全等的等边三角形拼成，现将沿BC翻折至，使得，如图2所示．
（1）求证：；
（2）在直线上是否存在点，使得直线BM与平面APD所成角的余弦值为？
若存在，求出的值：若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）5或
【解析】
【分析】（1）根据全等三角形性质，利用线面垂直判定定理可证明平面，再由线面垂直性质可得；
（2）解法一利用线面角的定义，作出线面角的平面角，由余弦定理即可求出结果；
解法二利用空间向量，求出平面法向量以及直线方向向量，根据线面角与空间向量之间的关系即可求得结果.
【小问1详解】
在图1连接交于点，在图2中，易知、都是等边三角形，易得，，
又，，平面，可得平面；
又直线平面，所以．
【小问2详解】
解法一：假设存在点，符合题意．设，则，
则在中，由，，由余弦定理得，
由（1）得直线平面，又，直线平面，平面，
平面平面
作，垂足为，则平面，
在，由，，所以
如图3，取中点，连接，由，，得四边形为平行四边形，
因为平面，所以平面，
则直线与平面所成角为，且．
由已知，即，由，得
中，设，由余弦定理得
即，解得或
所以存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为，此时或
解法二（向量法）设，则，则在中，由，，
由余弦定理得，作，垂足为，连接，得，，
如图3，以的中点为原点，分别为轴正方向，建立空间直角坐标系，
则，，，所以，
因此，，
设平面的法向量为，
则，
解得，令，则；即向量，
设存在点，，满足题意，则，
所以，
设直线与平面所成角为，则，所以
所以，解得，
所以存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为，此时或
17. 为落实食品安全的“两个责任”，某市的食品监督管理部门和卫生监督管理部门在市人民代表大会召开之际特别邀请相关代表建言献策.为保证政策制定的公平合理性，两个部门将首先征求相关专家的意见和建议，已知专家库中共有6位成员，两个部门分别独立发出邀请的专家名单从专家库中随机产生，两个部门均邀请2位专家，收到食品监督管理部门或卫生监督管理部门的邀请后，专家如约参加会议.
（1）设参加会议的专家代表共X名，求X的分布列与数学期望．
（2）为增强政策的普适性及可行性，在征求专家建议后，这两个部门从网络评选出的100位热心市民中抽取部分市民作为群众代表开展座谈会，以便为政策提供支持和补充意见.已知这两个部门的邀请相互独立，邀请的名单从这100名热心市民中随机产生，两个部门都各自邀请了20名代表，假设收到食品监督管理部门或卫生监督管理部门的邀请后，群众代表如约参加座谈会，请利用极大似然估计法估计参加会议的群众代表的人数.
（附：极大似然估计（MLE）即最大概率估计，是统计学用于估算模型参数的方法，通过观察数据使样本出现的概率最大化，即当时，概率取得最大值，则X的估计值为）
【答案】（1）分布列见解析，
（2）36
【解析】
【分析】（1）列出的可能取值，结合古典概率公式利用组合数求出相应的概率，列出分布列，再由期望公式求解即可；
（2）设食品监督管理部门邀请的代表记为集合，卫生监督管理部门邀请的代表为集合，设参加会议的群众代表的人数为Y，先由离散型随机变量公式求出其概率，再讨论 求出即可.
【小问1详解】
的可能取值为，
则，，，
则的分布列为
.
【小问2详解】
设食品监督管理部门邀请的代表记为集合，卫生监督管理部门邀请的代表为集合，则收到两个部门邀请的代表的集合为.
设参加会议的群众代表的人数为Y，则．
设，则，
，，
，
同理：，
令，得，
即，解得，
又，所以，故由极大似然估计知参加会议的群众代表的人数为36.
18. 在平面直角坐标系中，已知是椭圆的左右焦点，以为直径的圆和椭圆在第一象限的交点为，若三角形的面积为1，其内切圆的半径为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若点是椭圆的上顶点，过点的直线与椭圆交于两点，其中点在第一象限，点在轴下方且不在轴上，设直线，的斜率分别为
（ⅰ）若，求出的值；
（ⅱ）设直线与轴交于点，求的面积S的最大值．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）由三角形的面积公式，椭圆的性质，三角形内切圆半径列方程组解出可得；
（2）（i）设直线的方程为，直曲联立，用韦达定理表示出斜率之间的关系化简可得；
（ii）方法一，由点斜式得到直线的方程，求出点坐标，联立曲线方程求出，再由三角形的面积公式表示出面积，然后利用换元法令，结合基本不等式求解；
方法二，先由（i）得到点是线段的中点，故的面积，
思路1 当过点且与直线平行的直线与椭圆相切时，取最大值，设直线的方程为，直曲联立，令判别式等于零得到最大距离即可；
思路2 由点到直线的距离表示出，设，，结合辅助角公式求解.
【小问1详解】
由题意知，则，
又，，
又，，解得，，，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
（ⅰ）设直线的方程为，其中，且，即，
设直线与椭圆交于点，，
联立方程组整理得，
，
所以，，
（ⅰ），
即，
（ⅱ）法一：直线的方程为，令，得，故，
设直线与轴交于点，直线的方程为，令，得，故联立方程组整理得，
解得或0（舍），，
所以的面积
，
由（ⅰ）可知，，故，代入上式，
所以，
因为点在轴下方且不在轴上，故或，得，
所以，
显然，当时，，当时，，
故只需考虑，令，则，
所以，
当且仅当，，即时，不等式取等号，
所以的面积的最大值为．
法二：直线的方程为，令，得，故，设直线与轴交于点，直线的方程为，令，得，故，
由（ⅰ）可知，，故，所以点是线段的中点，
故的面积，
其中为点到直线的距离，
思路1 显然，当过点且与直线平行的直线与椭圆相切时，取最大值，
设直线的方程为，即，
联立方程组整理得，
据，解得（正舍），
所以平行直线与直线之间的距离为
，即的最大值为，
所以的面积的最大值为．
思路2 因为直线的方程为，所以，
因为在椭圆上，故，设，，不妨设，
所以，
当，，时，，
即的面积的最大值为．

19. 对于数列，记，称数列为数列的一阶差分数列．记，称数列为数列的二阶差分数列，……，一般地，对于，记，规定：，，称为数列的阶差分数列．
（1）已知，，求，，，；
（2）已知，若，且对恒成立，求取值范围；
（3）已知数列满足，且，数列，的前项和为，证明：．
【答案】（1），，，．
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由数列新定义计算可得；
（2）由等比数列的求和公式求出数列的前项和，再由累加法求出，判断数列递增，对恒成立，从而得出，解出结果后再证明充分性即可；
（3）先求出数列的通项公式，然后写出，再由两角和与差的余弦公式结合拆角得到，把改写后结合余弦函数的值域和放缩证明即可.
【小问1详解】
因为，，
所以，；
由题意，则，
又因为，所以．
综上可知，，，，．
【小问2详解】
若，则
．
，
因为，所以，即，故数列递增，
所以要使对恒成立，
则必有，即，
所以，解得；
故是对恒成立的必要条件．
下面证明充分性：若，即，又，即，
又，故成立；
由，又递增，，
则，故；
故满足对恒成立，即是对恒成立的充分条件．
综上所述，要使对恒成立，
则的取值范围为．
【小问3详解】
由，即则为等差数列，又得．
所以，
因为，
且，
可得
．
由，得，则，，则
，即，且，
得，所以．
2
3
4