2025年江西赣州高三一模高考数学试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页赣州市2025年高三年级摸底考试数学试卷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．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．3．函数的最小正周期是（

）A． B． C． D．4．已知数列的前n项和为，满足，则=（

）A．11 B．31 C．61 D．1215．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．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．7．已知双曲线C：的左、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．2 C． D．8．已知，记，，，则（

）A． B． C． D．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．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．1 C． D．211．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．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=．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．14．若a，，自然对数的底数为e，则的最小值为．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．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.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．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.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：．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．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．B【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．A【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．C【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．D【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．B【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：B6．C【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：C7．A【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：A8．C【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.9．ACD【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．BD【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．BCD【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：BCD12．【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．【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：.14．2【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，故在区间上单调递减，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.15．(1)证明见解析(2)【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.【详解】（1）∵，∴，∴，即，∴，由得，，由正弦定理及余弦定理得，，∴.（2）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．(1)证明见解析(2)【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．【详解】（1）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．（2）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，所以二面角的余弦值为．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，所以二面角的余弦值为．17．(1)(2)或【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.【详解】（1）由题意可知，，，所以，，整理联立有：，又因为，，解得，，所以椭圆方程为.（2）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．(1)(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析【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.【详解】（1）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.（2）（ⅰ）不妨设，则等价于，即证.令，即证对任意的恒成立.令，则，∴在上单调递增，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．(1)(2)(3)【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.【详解】（1），；（2）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