江西省鹰潭市月湖区2025届高三压轴卷数学试卷含解析

这是一份江西省鹰潭市月湖区2025届高三压轴卷数学试卷含解析，共42页。试卷主要包含了已知集合，，则，设复数z＝，则|z|＝等内容，欢迎下载使用。
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．已知与分别为函数与函数的图象上一点，则线段的最小值为( )
A．B．C．D．6
2．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（ ）
A．B．
C．D．
3．已知复数，则对应的点在复平面内位于（ ）
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
4．为计算， 设计了如图所示的程序框图，则空白框中应填入（ ）
A．B．C．D．
5．盒中有6个小球，其中4个白球，2个黑球，从中任取个球，在取出的球中，黑球放回，白球则涂黑后放回，此时盒中黑球的个数，则( )
A．，B．，
C．，D．，
6．已知函数且的图象恒过定点，则函数图象以点为对称中心的充要条件是( )
A．B．
C．D．
7．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
8．函数，，的部分图象如图所示，则函数表达式为（ ）
A．B．
C．D．
9．设复数z＝，则|z|＝（ ）
A．B． C．D．
10．已知七人排成一排拍照，其中甲、乙、丙三人两两不相邻，甲、丁两人必须相邻，则满足要求的排队方法数为（ ）.
A．432B．576C．696D．960
11．执行如图所示的程序框图，输出的结果为（ ）
A．B．4C．D．
12．如图，棱长为的正方体中，为线段的中点，分别为线段和 棱 上任意一点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且，，，则_______.
14．在三棱锥中，，，两两垂直且，点为的外接球上任意一点，则的最大值为______.
15．已知向量，，若，则实数______.
16．如图是某几何体的三视图，俯视图中圆的两条半径长为2且互相垂直，则该几何体的体积为________.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）如图，已知正方形所在平面与梯形所在平面垂直，BM∥AN，，，．
（1）证明：平面；
（2）求点N到平面CDM的距离．
18．（12分）如图，四边形为菱形，为与的交点，平面.
（1）证明：平面平面；
（2）若，，三棱锥的体积为，求菱形的边长.
19．（12分）已知数列的前项和和通项满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）已知数列中，，，求数列的前项和.
20．（12分）如图，已知椭圆，为其右焦点，直线与椭圆交于两点，点在上，且满足.(点从上到下依次排列)
(I)试用表示：
(II)证明：原点到直线l的距离为定值.
21．（12分）以平面直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴，且在两种坐标系中取相同的长度单位，建立极坐标系，已知曲线，曲线（为参数），求曲线交点的直角坐标.
22．（10分）已知函数，其中.
（1）函数在处的切线与直线垂直，求实数的值；
（2）若函数在定义域上有两个极值点，且.
①求实数的取值范围；
②求证：.
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．C
【解析】
利用导数法和两直线平行性质，将线段的最小值转化成切点到直线距离.
【详解】
已知与分别为函数与函数的图象上一点，
可知抛物线存在某条切线与直线平行，则，
设抛物线的切点为，则由可得，
，所以切点为，
则切点到直线的距离为线段的最小值，
则.
故选：C.
本题考查导数的几何意义的应用，以及点到直线的距离公式的应用，考查转化思想和计算能力.
2．B
【解析】
还原几何体可知原几何体为半个圆柱和一个四棱锥组成的组合体，分别求解两个部分的体积，加和得到结果.
【详解】
由三视图还原可知，原几何体下半部分为半个圆柱，上半部分为一个四棱锥
半个圆柱体积为：
四棱锥体积为：
原几何体体积为：
本题正确选项：
本题考查三视图的还原、组合体体积的求解问题，关键在于能够准确还原几何体，从而分别求解各部分的体积.
3．A
【解析】
利用复数除法运算化简，由此求得对应点所在象限.
【详解】
依题意，对应点为，在第一象限.
故选A.
本小题主要考查复数除法运算，考查复数对应点的坐标所在象限，属于基础题.
4．A
【解析】
根据程序框图输出的S的值即可得到空白框中应填入的内容．
【详解】
由程序框图的运行，可得：S＝0，i＝0
满足判断框内的条件，执行循环体，a＝1，S＝1，i＝1
满足判断框内的条件，执行循环体，a＝2×（﹣2），S＝1+2×（﹣2），i＝2
满足判断框内的条件，执行循环体，a＝3×（﹣2）2，S＝1+2×（﹣2）+3×（﹣2）2，i＝3
…
观察规律可知：满足判断框内的条件，执行循环体，a＝99×（﹣2）99，S＝1+2×（﹣2）+3×（﹣2）2+…+1×（﹣2）99，i＝1，此时，应该不满足判断框内的条件，退出循环，输出S的值，所以判断框中的条件应是i＜1．
故选：A．
本题考查了当型循环结构，当型循环是先判断后执行，满足条件执行循环，不满足条件时算法结束，属于基础题．
5．C
【解析】
根据古典概型概率计算公式，计算出概率并求得数学期望，由此判断出正确选项.
【详解】
表示取出的为一个白球，所以.表示取出一个黑球，，所以.
表示取出两个球，其中一黑一白，，表示取出两个球为黑球，，表示取出两个球为白球，，所以.所以，.
故选：C
本小题主要考查离散型随机变量分布列和数学期望的计算，属于中档题.
6．A
【解析】
由题可得出的坐标为，再利用点对称的性质，即可求出和.
【详解】
根据题意，，所以点的坐标为，
又 ，
所以.
故选：A.
本题考查指数函数过定点问题和函数对称性的应用，属于基础题.
7．A
【解析】
根据对数性质可知，再根据集合的交集运算即可求解.
【详解】
∵，
集合，
∴由交集运算可得.
故选：A.
本题考查由对数的性质比较大小，集合交集的简单运算，属于基础题.
8．A
【解析】
根据图像的最值求出，由周期求出，可得，再代入特殊点求出，化简即得所求.
【详解】
由图像知，，，解得，
因为函数过点，所以，
，即，
解得，因为，所以，
.
故选：A
本题考查根据图像求正弦型函数的解析式，三角函数诱导公式，属于基础题.
9．D
【解析】
先用复数的除法运算将复数化简，然后用模长公式求模长.
【详解】
解：z＝＝＝＝﹣﹣,
则|z|＝＝＝＝.
故选：D.
本题考查复数的基本概念和基本运算,属于基础题.
10．B
【解析】
先把没有要求的3人排好，再分如下两种情况讨论：1.甲、丁两者一起，与乙、丙都不相邻，2.甲、丁一起与乙、丙二者之一相邻.
【详解】
首先将除甲、乙、丙、丁外的其余3人排好，共有种不同排列方式，甲、丁排在一起共有种不同方式；
若甲、丁一起与乙、丙都不相邻，插入余下三人产生的空档中，共有种不同方式；
若甲、丁一起与乙、丙二者之一相邻，插入余下三人产生的空档中，共有种不同方式；
根据分类加法、分步乘法原理，得满足要求的排队方法数为种.
故选：B.
本题考查排列组合的综合应用，在分类时，要注意不重不漏的原则，本题是一道中档题.
11．A
【解析】
模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的的值，当，，退出循环，输出结果.
【详解】
程序运行过程如下：
，；，；，；
，；，；
，；，，退出循环，输出结果为，
故选：A.
该题考查的是有关程序框图的问题，涉及到的知识点有判断程序框图输出结果，属于基础题目.
12．D
【解析】
取中点，过作面，可得为等腰直角三角形，由，可得，当时， 最小，由 ，故，即可求解.
【详解】
取中点，过作面，如图：
则，故，
而对固定的点，当时， 最小．
此时由面，可知为等腰直角三角形，，
故.
故选：D
本题考查了空间几何体中的线面垂直、考查了学生的空间想象能力，属于中档题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．9
【解析】
已知由余弦定理即可求得,由可求得,即可求得,利用正弦定理即可求得结果.
【详解】
由余弦定理和，可得，得，由，，，由正弦定理，得.
故答案为:.
本题考查正余弦定理在解三角形中的应用,难度一般.
14．
【解析】
先根据三棱锥的几何性质，求出外接球的半径，结合向量的运算，将问题转化为求球体表面一点到外心距离最大的问题，即可求得结果.
【详解】
因为两两垂直且，
故三棱锥的外接球就是对应棱长为2的正方体的外接球.
且外接球的球心为正方体的体对角线的中点，如下图所示：
容易知外接球半径为.
设线段的中点为，
故可得
，
故当取得最大值时，取得最大值.
而当在同一个大圆上，且，
点与线段在球心的异侧时，取得最大值，如图所示：
此时，
故答案为：.
本题考查球体的几何性质，几何体的外接球问题，涉及向量的线性运算以及数量积运算，属综合性困难题.
15．-2
【解析】
根据向量坐标运算可求得，根据平行关系可构造方程求得结果.
【详解】
由题意得：
，解得：
本题正确结果：
本题考查向量的坐标运算，关键是能够利用平行关系构造出方程.
16．20
【解析】
由三视图知该几何体是一个圆柱与一个半球的四分之三的组合，利用球体体积公式、圆柱体积公式计算即可.
【详解】
由三视图知，该几何体是由一个半径为2的半球的四分之三和一个底面半径2、高为4的圆
柱组合而成，其体积为.
故答案为：20.
本题考查三视图以及几何体体积，考查学生空间想象能力以及数学运算能力，是一道容易题.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（1）证明见解析 （2）
【解析】
（1）因为正方形ABCD所在平面与梯形ABMN所在平面垂直，平面平面，，所以平面ABMN，
因为平面ABMN，平面ABMN，所以，，
因为，所以，
因为，所以，所以，
因为在直角梯形ABMN中，，所以，
所以，所以，因为，所以平面．
（2）如图，取BM的中点E，则，
又BM∥AN，所以四边形ABEN是平行四边形，所以NE∥AB，
又AB∥CD，所以NE∥CD，因为平面CDM，平面CDM，所以NE∥平面CDM，
所以点N到平面CDM的距离与点E到平面CDM的距离相等，
设点N到平面CDM的距离为h，由可得点B到平面CDM的距离为2h，
由题易得平面BCM，所以，且，
所以，
又，所以由可得，
解得，所以点N到平面CDM的距离为．
18．（1）证明见解析；（2）1
【解析】
（1）由菱形的性质和线面垂直的性质，可得平面，再由面面垂直的判定定理，即可得证；（2）设，分别求得，和的长，运用三棱锥的体积公式，计算可得所求值．
【详解】
（1）四边形为菱形，
，
平面，
，
又，
平面，
又平面，
平面平面；
（2）设，在菱形中，由，
可得，，，
，
在中，可得，
由面，知，为直角三角形，可得，
三棱锥的体积，
，菱形的边长为1．
本题考查面面垂直的判定，注意运用线面垂直转化，考查三棱锥的体积的求法，考查化简运算能力和推理能力，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．
19．（1）；（2）
【解析】
（1）当时，利用可得，故可利用等比数列的通项公式求出的通项.
（2）利用分组求和法可求数列的前项和.
【详解】
（1）当时，，所以，
当时，，①
，②
所以，
即，又因为，故，所以，
所以是首项，公比为的等比数列，
故.
（2）由得：数列为等差数列，公差，
，，

.
本题考查数列的通项与求和，注意数列求和关键看通项的结构形式，如果通项是等差数列与等比数列的和，则用分组求和法；如果通项是等差数列与等比数列的乘积，则用错位相减法；如果通项可以拆成一个数列连续两项的差，那么用裂项相消法；如果通项的符号有规律的出现，则用并项求和法.
20． (I) ；(II)证明见解析
【解析】
(I)直接利用两点间距离公式化简得到答案.
(II) 设，，联立方程得到，，代入化简得到，计算得到证明.
【详解】
(I) 椭圆，故，
.
(II)设，，则将代入得到：
，故，
，
，故，得到，
，故，同理：，
由已知得：或，
故，
即，化简得到.
故原点到直线l的距离为为定值.
本题考查了椭圆内的线段长度，定值问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
21．
【解析】
利用极坐标方程与普通方程、参数方程间的互化公式化简即可.
【详解】
因为，所以，
所以曲线的直角坐标方程为.
由，得，
所以曲线的普通方程为.
由，得，
所以（舍），
所以，
所以曲线的交点坐标为.
本题考查极坐标方程与普通方程，参数方程与普通方程间的互化，考查学生的计算能力，是一道容易题.
22．（1）；（2）①；②详见解析.
【解析】
（1）由函数在处的切线与直线垂直，即可得，对其求导并表示，代入上述方程即可解得答案；
（2）①已知要求等价于在上有两个根，且，即在上有两个不相等的根，由二次函数的图象与性质构建不等式组，解得答案，最后分析此时单调性推及极值说明即可；
②由①可知，是方程的两个不等的实根，由韦达定理可表达根与系数的关系，进而用含的式子表示，令，对求导分析单调性，即可知道存在常数使在上单调递减，在上单调递增，进而求最值证明不等式成立.
【详解】
解：（1）依题意，，，
故，所以，
据题意可知，，解得.
所以实数的值为.
（2）①因为函数在定义域上有两个极值点，且，
所以在上有两个根，且，
即在上有两个不相等的根.
所以解得.
当时，若或，，，函数在和上单调递增；若，，，函数在上单调递减，故函数在上有两个极值点，且.
所以，实数的取值范围是.
②由①可知，是方程的两个不等的实根，
所以其中.
故
，
令，其中.故，
令，，在上单调递增.
由于，，
所以存在常数，使得，即，，
且当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增，
所以当时，，
又，，
所以，即，
故得证.
本题考查导数的几何意义、两直线的位置关系、由极值点个数求参数范围问题，还考查了利用导数证明不等式成立，属于难题.