江西省赣州市2025届高三下学期3月一模试题 数学 含解析

这是一份江西省赣州市2025届高三下学期3月一模试题 数学 含解析，共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2025年3月
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟
第Ⅰ卷（选择题共58分）
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. 已知集合，，若，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求解集合,再利用集合的包含关系得到参数满足的条件求解即可.
【详解】解集合，
解集合，
因为，所以，
故选：B.
2. 已知复数z满足，且z在复平面内对应的点为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由，代入，利用模长公式整理得z在复平面内对应点的轨迹方程．
【详解】z在复平面内对应的点为，则，
由，得，
化简得.
故选：A.
3. 函数的最小正周期是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】借助正切函数的二倍角公式可得，结合函数定义域及正切型函数的周期性计算即可得.
【详解】，，
又，可得，
即，且、，故.
故选：C.
4. 已知数列的前n项和为，满足，则=（ ）
A. 11B. 31C. 61D. 121
【答案】D
【解析】
【分析】首先利用公式，判断数列是等比数列，再代入公式，即可求解.
【详解】令，得，得，
由，
当时，，两式相减得，
，即，即，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以.
故选：D.
5. 甲箱中有3个红球和2个白球，乙箱中有2个红球和3个白球（两箱中的球除颜色外没有其他区别），先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，再从乙箱中随机取出两球，则取出的两球都是红球的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据全概率的计算公式即可求.
【详解】分别用事件和表示从甲箱中取出的球是红球和白球,用事件B表示从乙箱中取出的两球都是红球，
由题意可知，，，
所以，
故选：B
6. 已知函数，，若恰有3个极值点，则正数ω的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出的范围，结合余弦函数的性质列不等式求解即可.
【详解】因为，所以当时，，
因为恰有3个极值点，所以，
解得，即的取值范围为.
故选：C
7. 已知双曲线C：左、右顶点分别为，，圆与C的渐近线在第一象限的交点为M，直线交C的右支于点P，若的角平分线与y轴平行，则C的离心率为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出点的坐标，根据点在直线上，结合求出点坐标，然后代入双曲线方程可得.
【详解】由题知，，双曲线过第一象限的渐近线方程为，
联立，解得，则，
所以直线的方程为，
设，则①，
因为的角平分线与y轴平行，所以，
即，整理得②，
联立①②解得，代入双曲线方程得，即.
故选：A
8. 已知，记，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用指数和对数运算，先估算出的取值范围，再用对数运算来估算和，即可得到判断.
【详解】由换底公式等价变形得：，
因为，两边取以7为底的对数可得：，
又因为，两边取以7为底的对数可得：，
可知，
由，可得，
由，可得，
从而可得，
故选：C.
【点睛】关键点点睛：关键是借助已知数据和指数对数运算，可以估算出，从而可以让与有理数进行大小比较.
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，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用二项式定理，结合赋值逐项进行判断即可.
【详解】由，
所以的展开式中最高次项为次项，即，故A正确；
的展开式中，的系数为，的系数为，
则，故B错误；
令，得，故C正确；
令，得，
所以，，故D 正确；
故选：ACD.
10. 设D是含数1的有限实数集，是定义在D上的函数，若的图像绕原点逆时针旋转后与原图像重合，则下列选项中的取值可能为（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】BD
【解析】
【分析】先阅读理解题意，则问题可转化为圆上有6个点为一组，每次绕原点逆时针旋转个单位后与下一个点会重合，再结合函数的定义逐一检验即可．
【详解】由题意可得，问题相当于圆上由6个点为一组，每次绕原点逆时针旋转个单位后与下一个点会重合；
设处的点为，
∵的图象绕原点逆时针旋转后与原图象重合，
∴旋转后的对应点也在的图象上，
同理旋转后的对应点也在图象上，
以此类推，对应的图象可以为一个圆周上6等分的6个点；
对于A，当时，与正半轴夹角为，
所以，此时，，此时，不满足函数定义，故A错误；
对于B，
当时，与正半轴夹角的正切值为，此时每个只对应一个，满足函数定义，故B正确；
对于C，当时，与正半轴夹角为，
即，此时，，此时，不满足函数定义，故C错误；
对于D，
当时，与正半轴夹角为，此时每个只对应一个，满足函数定义，故D正确；
故选：BD．
11. 已知，为抛物线C：上异于原点O的两个动点，且，作交直线AB于点N，则（ ）
A. 直线恒过定点B.
C. 存在一个定点Q，使得为定值D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】设直线的方程，根据点在抛物线上及垂直关系，直线过定点可判定A；根据抛物线弦长公式可判定B；利用圆的性质可判定C；联立直线方程结合韦达定理可判定D.
【详解】由题意可设，
联立抛物线方程可得，
则，
对于A项，因为，
所以，
整理得，即直线恒过定点，故A错误；
对于B项，由弦长公式，
当时取得等号，故B正确；
对于C，设直线交横轴D，即
当时，显然为直角三角形，则N在以为直径的圆上，
不妨设的中点为Q，则是定值，
当时，此时重合，也有是定值，故C正确；
对于D项，不妨设，由上知，
则
，故D正确.
故选：BCD
第Ⅱ卷（选择题共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量，，且，则=______．
【答案】
【解析】
【分析】先根据坐标线性运算得出坐标，再应用垂直的坐标运算计算求参，最后应用坐标求模长即可.
【详解】因为向量，，
则，
因为，则，所以，
所以．
故答案为：
13. 在三棱锥中，点P在平面的射影为的中点，且，，设该三棱锥的体积为V，该三棱锥外接球的表面积为S，若，则S的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据条件先判定三棱锥的特征，结合体积公式求出高的范围，再判定外接球的球心位置，利用勾股定理结合飘带函数的性质判定外接球半径的范围，计算表面积即可.
【详解】因为，，故，
取的中点D，连接，由题意可知平面，，

则，易得，
由题意知该三棱锥外接球的球心O在直线上，
设（为负，则球心在平面的下方），外接球半径为R，
故，
易知在上单调递增，即
则，所以.
故答案为：.
14. 若a，，自然对数的底数为e，则的最小值为______．
【答案】2
【解析】
【分析】将原式变形，再设函数，求导求得最小值，即可求得结果.
【详解】由，
设，求导，，令，解得：，
令，解得，令，解得，
故区间上单调递减，在区间上单调递增，
故，故，
所以，
当且仅当时，等号成立.
故答案为：2
【点睛】思路点睛：
（1）式子变形：将变形为，
（2）构造函数：设，求导求得最小值；
（3）得出结论：利用即可求得结果.
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. 记的内角的对边分别为，已知．
（1）求证：；
（2）已知，当角取最大值时，求的面积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据同角三角函数的基本关系、两角和的正弦公式结合正弦定理、余弦定理，即可证明结论.
（2）根据余弦定理结合基本不等式可得角的最大值，即可求出三角形面积.
【小问1详解】
∵，∴，
∴，即，
∴，
由得，，
由正弦定理及余弦定理得，，
∴.
【小问2详解】
由余弦定理得，，
当且仅当时取等号，此时取最大值，为等边三角形.
由得，.
∴的面积为.
16. 如图所示，平面平面，且四边形为矩形，在四边形中，，．
（1）证明：平面平面；
（2）若，再从条件①、条件②中选择一个作为已知条件，求二面角的余弦值．
条件①：异面直线CD与BE所成角的余弦值为；
条件②：直线BF与平面ACEF所成角的正弦值为．
注：如果选择的条件不符合要求，得0分；如果选择多个符合要求的的条件分别进行解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由余弦定理及勾股定理逆定理得出，再由矩形性质得出，根据线面垂直和面面垂直的判定即可证明；
（2）若选①，连接，设，建立空间直角坐标系，由异面直线CD与BE所成角的余弦值求得，再根据面面夹角的余弦公式求解即可；若选②，连接，建立空间直角坐标系，设，由直线BF与平面所成角的正弦值求得，再根据面面夹角的余弦公式求解即可．
【小问1详解】
证明：因为，
所以，
在中，由余弦定理得，，
解得，
所以，
所以，即，
因为四边形为矩形，所以，
因为，，，平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面．
【小问2详解】
若选条件①：连接，设，
因为，平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又平面，所以，
以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，
所以，
因为异面直线CD与BE所成角的余弦值为，
所以，解得，
则，
所以，，
设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，
由，取得，
由，取得，
所以，
所以二面角余弦值为．
若选②：连接，设，
因为，平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又平面，所以，同理可得，所以，
因为，，平面，，
所以平面，所以直线BF与平面ACEF所成角即为，
又平面，所以，
所以，解得，
以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，
所以，，
设平面一个法向量为，平面的一个法向量为，
由，取得，
由，取得，
所以，
所以二面角的余弦值为．
17. 已知椭圆E：，其左顶点为P，上顶点为Q，直线PQ交直线于R，且（其中O为坐标原点）.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）点N在x轴上，过点N作直线l与E交于A，B两点，问：是否存在定点N，使得为定值，若存在，求出所有点N的坐标并且求出定值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）结合已知条件根据两点间距离公式得到关于、的方程组，求解方程组即可求解；
（2）分斜率存在和不存在两种情况设出直线方程，直曲联立，将条件转化为、的关系，结合韦达定理再将条件转化为关于、的关系式即可求解.
【小问1详解】
由题意可知，，，
所以，，
整理联立有：，
又因为，，解得，，
所以椭圆方程为.
【小问2详解】
根据已知条件设，设，，
当直线斜率不为时，设直线，
联立，整理得，
需，
即，
由韦达定理有：，，
故
因为为定值，所以，
整理得，解得，此时；
当直线斜率为时，不妨设，，，
此时符合题设，
同理可证当的坐标为时也符合题设，
又恒成立，
所以存在点或使得的值为（定值）.
18. 已知函数（其中为自然对数的底数）有两个零点，．
（1）求的取值范围：
（2）（ⅰ）证明：对一切的且，都有；
（ⅱ）证明：．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析
【解析】
【分析】（1）讨论的范围，通过求导分析函数单调性，利用函数有两个零点可得，即可求出的取值范围.
（2）（ⅰ）把不等式等价变形，转化为证明对任意的恒成立，通过求导分析函数单调性可证结论.
（ⅱ）分析的范围，由（ⅰ）得，结合基本不等式可证明结论.
【小问1详解】
由得.
当时，，在上单调递增，不合题意.
当时，由得，由得，
∴在上单调递减，在上单调递增，
∴，故.
∵，时，，
∴在和内分别存在一个零点，符合题意，
∴m的取值范围为.
【小问2详解】
（ⅰ）不妨设，则等价于，即证.
令，即证对任意的恒成立.
令，则，
∴上单调递增，故，
∴.
（ⅱ）由（1）得，在和内分别存在一个零点，
由得，设，则，
∵等价于，
∴，即，
由（ⅰ）得，，即，
∴.
【点睛】关键点点睛：解决第（2）问（ⅰ）的关键是不等式等价变形为，令，通过构造函数可证明结论成立.解决第（2）问（ⅱ）的关键是利用零点的概念得到，由（ⅰ）得，结合基本不等式可证明结论.
19. 十进制与二进制是常见的数制，其中十进制的数据是由0，1，2，3，4，5，6，7，8，9这十个数码来表示的数，基数为10，进位规则是“逢十进一”，借位规则是“借一当十”；二进制的数据是由0，1这两个数码来表示的数，基数为2，进位规则是“逢二进一”，借位规则是“借一当二”；例如：十进制的数20对应二进制表示的数为，二进制的数对应十进制表示的数为15．用表示非空的整数集合A的所有元素的和，已知集合，，i=1，2，…，n且．（一个数，不特别说明，默认为十进制）.
（1）写出“37”对应二进制表示的数及“”对应的十进制数；
（2）若集合，，，，求与的所有可能值组成的集合；
（3）若，且对每个正整数，都存在A的子集S，使得，求的最小值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据二进制与十进制定义进行相互转化，即可得结果；
（2）根据题中与定义，利用列举法得结果；
（3）先根据整数二进制表示找到满足条件一个值，再证明其为最小值.
【小问1详解】
，
；
【小问2详解】
根据题意为非空集合，
，
所以集合为中一种，
可能值为，
，
所以集合为中一种，
可能值为，
因此与的所有可能值组成的集合分别为；
【小问3详解】
根据整数二进制表示可知：1到中正整数可以表示为，
可知，对每个正整数，都存在的子集S，使得，
从而对每个正整数，都存在的子集S，使得，
进而对每个正整数，都存在的子集S，使得，即满足题意，此时，
下证：，
一方面，因为前10个数之和不能小于1012，否则设，则，
对于 ，显然不存在A的子集S，使得，
另一方面，因为，
所以根据整数二进制表示知，其前9个数之和最大为511，故，
综上：.