精品解析：江西省2025届新高考临考预测卷数学试卷（一）（解析版）

这是一份精品解析：江西省2025届新高考临考预测卷数学试卷（一）（解析版），共12页。
数学（一）
本试卷共6页，共150分，考试时长120分钟．
考生注意：
1．答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上．考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．
3．考试结束，监考员将试题卷、答题卡一并收回．
一、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．
1. 展开式中的第项是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据展开式通项公式写出第项即可.
【详解】由题意可得二项式展开式通项为：，
将代入上式，可得：，
所以展开式中的第项是：.
故选：A.
2. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先利用复数的除法法则化简，再利用共轭复数的定义即可.
【详解】因为，所以．
故选：C
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.
【答案】C
【解析】
【分析】将各个选项的图像画出即可选出正确答案.
【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. 已知函数满足若，则（ ）
A. 1B. 4C. 5D. 2024
【答案】A
【解析】
【分析】通过计算求得函数的周期即可得到答案.
【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. 已知函数和它导函数的部分图象如图所示，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数的最大值与最小值即可求出结果
【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. 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.
【答案】C
【解析】
【分析】根据同余的定义式，分别求出集合中元素满足的式子，进而得到集合，再利用同余的定义式检验ABD选项，最后取特殊值，检验C选项.
【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. 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.
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知条件，设出,写出其他线段的代数式，利用三角形相似，得出关于的关系式，进而求出离心率.
【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. 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.
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间向量的线性运算表示，利用共面求出参数，据此求出即可得解.
【详解】如图，
设，
则．
又，，，四点共面，所以，解得，
所以，，得．
故选：B
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分．
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
【答案】AB
【解析】
【分析】由数据变换前后的数字特征之间的关系可解.
【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. 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
【答案】ACD
【解析】
【分析】据线面垂直的性质判断A；由外接球的特征和性质判断B；据棱锥的体积公式判断C；应用等体积法判断D.
【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. 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. 中点轨迹是抛物线
B. 的面积是定值
C.
D. 四边形为正方形
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，直接由中点坐标公式和已知双曲线方程即可判断；对于B，联立切线与渐近线方程，由面积公式验算即可；对于C，只需证明；对于D，只需证明互相垂直平分且相等即可.
【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.
三．填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知向量，满足，，，则_____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据平面向量数量积的运算律计算即可．
【详解】由 两边取平方，
可得 ：，
即，
因为，，
所以，解得或（舍），
故答案为：．
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________________．
【答案】
【解析】
【分析】设，，从而点，处的切线方程为，，故点的坐标可以用点的坐标表示，联立直线的方程与抛物线方程，写出韦达定理，从而弦长与点到的距离都可以用含的式子表示，即面积的最小值可以转换为关于的函数的最小值.
【详解】如图，设，，，，点处切线方程为，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．
故答案为：.
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_______________．
【答案】
【解析】
【分析】根据超几何分布，得到，求得，得到，结合，求得，进而得到答案．
【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．
故答案为：.
四、解答题：本题共5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）讨论的单调区间；
（2）证明：．
【答案】（1）当时， 单调递增；当时，单调递减
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导后，令导数等于0即可得出函数的单调区间；
（2）只需证明函数的最大值即可，从而可以构造一个关于的函数，结合导数来证明即可.
【小问1详解】
，，令，得．
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减.
【小问2详解】
．
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. 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．
【答案】（1）；
（2）不存在，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）方法一：建立空间直角坐标系，求出和平面的法向量，利用数量积求出向量间夹角的余弦值，从而得到线面角的正弦值；方法二：作辅助线，利用面面垂直的性质证得为所求线面角，通过边长关系求出正弦值；
（2）建立空间直角坐标系，作出二面角的平面角，分析出在翻折过程中，点在以为圆心、为半径的圆上，从而可设出点坐标，利用数量积的坐标运算得出，即可得出结论.
【小问1详解】
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．
【小问2详解】
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. 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．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意结合正、余弦定理运算求解；
（2）利用三角形为锐角三角形，列出不等式即可求得取值范围.
【小问1详解】
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
【小问2详解】
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. 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．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）考虑直线斜率不存在时，求出，直线的斜率存在，设为，与椭圆方程联立，得到两根之和，两根之积，由，得，变形，从而得到方程组，求出即；
（2）求出，得到，并由根的判别式得到．换元后得到，结合，求出最值.
【小问1详解】
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；
【小问2详解】
，故，
，
由（1）中①式可得，所以．
又，
设，
所以
，
当时，.
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：．
【答案】（1）分布列见解析；期望为
（2），
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先根据分布列概率和为1求出 ，得到完整分布列，再利用数学期望公式计算 .
（2）通过已知条件得出信息熵关于的表达式，然后构造函数，利用导数研究其单调性，进而求出的最大值.
（3）通过对与的表达式进行分析和运算，来证明.
【小问1详解】
解：
，解得
所以的分布列为
所以
【小问2详解】
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
【小问3详解】
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