江西省萍乡市萍乡实验学校2025届高三下学期一模数学试题（原卷版+解析版）

萍乡实验学校2025届模拟试卷（一）数学本试卷共4页.满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.2.回答选择题，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.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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.命题“，使”是假命题，则实数m取值范围为（）A. B. C. D.2.在中，D是BC上一点，满足，M是AD的中点，若，则（）A. B. C. D.3.已知函数是上的奇函数，且当时，函数的部分图象如图所示，则不等式的解集是（）A. B.C D.4.已知，则（）A. B. C. D.5.在四面体中，平面，，，，若四面体的外接球的表面积为，则四面体的表面积为（）A. B.C. D.6.某人有两把雨伞用于上下班，如果一天上班时他也在家而且天下雨，只要有雨伞可取，他将拿一把去办公室，如果一天下班时他也在办公室而且天下雨，只要有雨伞可取，他将拿一把回家.；如果天不下雨，那么他不带雨伞.假设每天上班和下班时下雨的概率均为，不下雨的概率均为，且与过去情况相互独立.现在两把雨伞均在家里，那么连续上班两天，他至少有一天淋雨的概率为（）A. B. C. D.7.群论，是代数学的分支学科，在抽象代数中有重要地位，且群论的研究方法也对抽象代数的其他分支有重要影响，例如一般一元五次及以上的方程没有根式解就可以用群论知识证明.群的概念则是群论中最基本的概念之一，其定义如下：设G是一个非空集合，“”是G上的一个代数运算，如果该运算满足以下条件：①对任意的a，，有；②对任意的a，b，，有；③存在，使得对任意的，有，e称为单位元；④对任意的，存在，使，称a与b互为逆元.则称G关于“”新构成一个群.则下列说法不正确的有（）A.关于数的乘法构成群B.自然数集关于数的加法构成群C.实数集关于数的乘法构成群D.关于数的加法构成群8.设为双曲线上两点，下列四个点中，可为线段中点的是（）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.已知函数，则（）A.的定义域为B.区间上单调递增C.的图象关于点对称D10.记为等差数列的前项和，已知，的公差为，且，则（）A.B.C.D.满足的的最大值为11.如图所示，正四棱锥与正三棱锥的棱长均为1，一凸多面体是由该四棱锥与该三棱锥组合而成，其中点，，分别与点，，重合，在该多面体中（）A.二面角的余弦值为B.，，，四点共面C.平面D.三棱锥的外接球体积为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知抛物线的焦点在圆内，则抛物线的方程可以是______．13.若关于的方程有且仅有两个实根，则实数的取值范围为_______14.2024年是中华人民共和国建国75周年，一家商场推出了75本针对建国每一年的纪念版挂历，上海中学的三位同学不约而同地选择收藏，由于销售过于火爆他们每个人都没有买齐完整的75本，但是购买后他们发现，任意两个人手中的挂历放到一起都能凑出一套完整的挂历，则这三位同学购买挂历的不同情况有__________种．（列出算式即可）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.已知动点到定点的距离与动点到定直线的距离相等，若动点的轨迹记为曲线.（1）求曲线的方程；（2）不过点的直线与曲线相交于，两点，且，若的垂直平分线交轴于点，求点的坐标.16已知函数，．（1）当时，求函数的图象在点处的切线方程；（2）讨论函数的单调性；（3）设，若，求实数的取值范围．17.甲、乙两人玩一个纸牌游戏，先准备好写有数字1，2，…，N的纸牌各一张，由甲先随机抽取一张纸牌，记纸牌上的数字为a，随后将纸牌放回（后面每次抽牌记录数字后都需将纸牌放回），接下来甲有2种选择：①再抽取一次纸牌，记纸牌上的数字为b，若，则乙赢，游戏结束，否则，甲结束抽牌，换由乙抽牌一次；②直接结束抽牌，记，换由乙抽牌一次．记乙抽到的纸牌上的数字为c，若，则乙赢，否则甲赢．游戏结束．（1）若甲只抽牌1次，求甲赢的概率；（2）若甲抽牌2次，求甲赢的概率；（3）当甲抽取的第一张纸牌上的数字满足什么条件时，甲选择②赢得游戏的概率更大？（结果用含N的式子表示）参考公式：若数列的通项公式为，则的前n项和．18.球面几何学是非欧几何的例子，是在球表面上的几何学.对于半径为的球，过球面上一点作两条大圆的弧，，它们构成的图形叫做球面角，记作（或），其值为二面角的大小，其中点称为球面角的顶点，大圆弧称为球面角的边.不在同一大圆上的三点，可以得到经过这三点中任意两点的大圆的劣弧，这三条劣弧组成的图形称为球面，这三条劣弧称为球面的边，三点称为球面的顶点；三个球面角称为球面的三个内角.已知球心为的单位球面上有不同在一个大圆上的三点.（1）球面的三条边相等（称为等边球面三角形），若，请直接写出球面的内角和（无需证明）；（2）与二面角类比，我们称从点出发的三条射线组成的图形为三面角，记为.其中点称为三面角的顶点，称为它的棱，称为它的面角.若三面角的三个面角的余弦值分别为.①求球面的三个内角的余弦值；②求球面的面积.19.个有次序的实数，，…，所组成的有序数组称为一个维向量，其中称为该向量的第个分量.特别地，对一个维向量，若，，称为维信号向量.设，则和的内积定义为，且.（1）写出所有3维信号向量；（2）直接写出4个两两垂直的4维信号向量；（3）证明：不存在14个两两垂直的14维信号向量；

萍乡实验学校2025届模拟试卷（一）数学本试卷共4页.满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.2.回答选择题，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.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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.命题“，使”是假命题，则实数m的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】直接利用特称命题和全称命题的转换和二次函数的性质的应用求出结果．【详解】因为“，使”是假命题，所以，恒成立是真命题，当时，，即，不恒成立，不符合题意；当时，有，解得.综上所述，实数m的取值范围为.故选：C.2.在中，D是BC上一点，满足，M是AD的中点，若，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用平面向量线性运算相关计算方式计算即可.【详解】由题可知，，,所以有，所以，得.故选：C3.已知函数是上的奇函数，且当时，函数的部分图象如图所示，则不等式的解集是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据题设，将不等式化为，结合奇函数对称性及图象确定其解集.【详解】由题设，即，当时，，由图可知，时，时，当时，，根据奇函数的对称性，有时，时，所以，不等式的解集为.故选：D4.已知，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】首先根据两角和的正弦公式展开，再利用辅助角公式，求得，进而求得，根据，得出答案.【详解】由，得，所，由二倍角公式得，又，所以，所以.故选：B5.在四面体中，平面，，，，若四面体的外接球的表面积为，则四面体的表面积为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】求出四面体的外接球半径，分析可知，的外接圆圆心为的中点，且外接球球心在过斜边的中点且垂直于平面的直线上，分析四面体各面的形状，结合三角形的面积公式可求得四面体的表面积.【详解】设四面体的外接球的半径为，因为外接球的表面积为，所以，解得，如图，因为，，，则，，的外接圆圆心为的中点．由为直角三角形可得外接球球心在过斜边中点且垂直于平面的直线上，又平面，则有，因为外接球球心到四面体各顶点距离相等，由平面，结合勾股定理可知球心到平面的距离为．即，解得，因为平面，、平面，则，，则，同理．因为，所以，即为直角三角形，故四面体的表面积．故选：D.6.某人有两把雨伞用于上下班，如果一天上班时他也在家而且天下雨，只要有雨伞可取，他将拿一把去办公室，如果一天下班时他也在办公室而且天下雨，只要有雨伞可取，他将拿一把回家.；如果天不下雨，那么他不带雨伞.假设每天上班和下班时下雨的概率均为，不下雨的概率均为，且与过去情况相互独立.现在两把雨伞均在家里，那么连续上班两天，他至少有一天淋雨的概率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】计算对立事件的概率，从下雨次数入手，分类讨论计算两天都不淋雨的概率，即可得至少有一天淋雨的概率.【详解】解：“至少有一天淋雨”的对立事件为“两天都不淋雨”，连续上两天班，上班、下班的次数共有4次.(1)4次均不下雨，概率为：；(2)有1次下雨但不淋雨，则第一天或第二天上班时下雨，概率为：；(3)有2次下雨但不淋雨，共3种情况：①同一天上下班均下雨；②两天上班时下雨，下班时不下雨；③第一天上班时下雨，下班时不下雨，第二天上班时不下雨，下班时下雨；概率为：；(4)有3次下雨但不被淋雨，则第一天或第二天下班时不下雨，概率为：；(5)4次均下雨，概率为：；两天都不淋雨的概率为：，所以至少有一天淋雨的概率为：.故选：D.7.群论，是代数学的分支学科，在抽象代数中有重要地位，且群论的研究方法也对抽象代数的其他分支有重要影响，例如一般一元五次及以上的方程没有根式解就可以用群论知识证明.群的概念则是群论中最基本的概念之一，其定义如下：设G是一个非空集合，“”是G上的一个代数运算，如果该运算满足以下条件：①对任意的a，，有；②对任意的a，b，，有；③存在，使得对任意的，有，e称为单位元；④对任意的，存在，使，称a与b互为逆元.则称G关于“”新构成一个群.则下列说法不正确的有（）A.关于数的乘法构成群B.自然数集关于数的加法构成群C.实数集关于数的乘法构成群D.关于数的加法构成群【答案】ABC【解析】【分析】反例判断A，B，C是否满足④，对于D，对所有的，设，求出，依次看是否满足要求.【详解】A：由且，使，但，不存在，使，故A错误；B：由且，都有，但，不存在，使，故B错误；C：由且，使，但，不存在，使，故C错误；D：对所有的，可设，则，①满足加法结合律，即，有；②，使得，有；③，设，使，正确.故选：ABC.【点睛】关键点点睛：对于D，对所有的，，求出.8.设为双曲线上两点，下列四个点中，可为线段中点的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用点差法、联立方程组的方法来求得正确答案.【详解】双曲线对应，，设，则，两式相减并化简得，由于，所以，而B选项中，点，对应，所以B选项错误.C选项中，点，对应，所以C选项错误.A选项，点，对应，所以，则直线的方程为，由消去并化简得，，所以方程组无解，所以A选项错误.D选项，点，对应，所以，则直线的方程为，由消去并化简得，，所以D选项正确.故选：D【点睛】关键点睛：中点坐标与代数运算结合的应用：利用中点坐标公式结合代数运算进行求解，可以有效判断给定点是否为中点，正确设定中点的坐标并代入验证，是解题的关键.消去法的运用：在代入方程并进行化简时，消去法是确保推导过程严谨的重要方法，通过逐步消去不相关的变量，最终确定符合条件的解.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.已知函数，则（）A.的定义域为B.在区间上单调递增C.的图象关于点对称D.【答案】BCD【解析】【分析】首先求出函数的定义域判断A，根据对数型复合函数的单调性判断B，根据判断C，根据函数的对称性及单调性判断D.详解】对于函数，则，解得且，所以函数的定义域为，故A错误；当时，，因在上单调递增，且，又在定义域上单调递增，所以在区间上单调递增，故B正确；因为，所以的图象关于点对称，故C正确；因为，所以，又，所以，即，所以，所以，即，故D正确.故选：BCD10.记为等差数列的前项和，已知，的公差为，且，则（）A.B.C.D.满足的的最大值为【答案】ABC【解析】【分析】根据题设及等差数列前n项和公式有，即有，结合已知得到，，，依此为前提判断各项正误即可.【详解】由，得，即①，则，又，所以，又，若，则，，不合题意，所以，则，，A正确；结合①知，，所以，则，又，所以，B正确；由，得，所以，由，所以，由，所以，所以，C正确；由，得，所以，由C知，，所以的最大值为，D错误.故选：ABC【点睛】关键点点睛：根据等差数列前项和公式及已知得到，，为关键.11.如图所示，正四棱锥与正三棱锥的棱长均为1，一凸多面体是由该四棱锥与该三棱锥组合而成，其中点，，分别与点，，重合，在该多面体中（）A.二面角的余弦值为B.，，，四点共面C.平面D.三棱锥的外接球体积为【答案】BCD【解析】【分析】根据二面角、四点共面、线面平行、外接球等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】设是的中点，连接，设，连接，则平面.由于三角形、三角形都是等边三角形，所以，所以是二面角的平面角，，所以，所以A选项错误.由于，所以是二面角的平面角，，所以，所以，所以四点共面，B选项正确.，所以四边形是菱形，所以，由于平面平面，所以平面，所以C选项正确.由于，所以是三棱锥外接球的球心，且外接球半径为，所以外接球的体积是，所以D选项正确.故选：BCD【点睛】关键点睛：二面角和平面角的分析：通过分析二面角与平面角的关系，并结合辅助线的构造来确定二面角的性质，是解题的关键.几何性质的综合运用：利用几何体的对称性、对角线的关系以及球的外接性质，确保推导过程严密，是确保解答正确的基础.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知抛物线的焦点在圆内，则抛物线的方程可以是______．【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】根据点在圆内可得的取值范围，再根据抛物线方程求解即可.【详解】由题得圆是以为圆心，为半径的圆，抛物线的焦点，由焦点在圆内得，即，则抛物线的方程可以是（答案不唯一，满足即可）．故答案为：（答案不唯一）.13.若关于的方程有且仅有两个实根，则实数的取值范围为_______【答案】【解析】【分析】分类讨论，当时，方程即有且仅有两个实根，利用导函数画出的大致图象，转化为交点问题，当时，令，利用导函数求的单调性，转化为最值问题.【详解】定义域为，当时，方程仅有一解；当时，方程即有且仅有两个实根，令，则，，令解得，所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，又，可得函数的大致图象如图所示，所以有且仅有两个实根时，；当时，令，则有且仅有两个实根，因为当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以要使有且仅有两个实根，则，解得，综上实数的取值范围为.故答案为：14.2024年是中华人民共和国建国75周年，一家商场推出了75本针对建国每一年的纪念版挂历，上海中学的三位同学不约而同地选择收藏，由于销售过于火爆他们每个人都没有买齐完整的75本，但是购买后他们发现，任意两个人手中的挂历放到一起都能凑出一套完整的挂历，则这三位同学购买挂历的不同情况有__________种．（列出算式即可）【答案】【解析】【分析】考虑每一本挂历可能在哪几位同学手中，这样由乘法原理与容斥原理即可解决问题.【详解】不妨设本挂历组成的集合为，位同学手中挂历组成的集合分别为,,，则因为,所以，至少属于,,中两个集合，即将放入,,中有种放法，这样将放入,,有种放法，设这种放法中，，的放法组成的集合分别为，，，下面分析这三个集合及其交集的元素个数.时，因为，所以，至少属于,其中一个集合，即将放入,中有种放法，所以，当时，可以为的任意子集，故有种可能，即.则由容斥原理得所求情况数为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题关键是利用容斥原理解决问题.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.已知动点到定点的距离与动点到定直线的距离相等，若动点的轨迹记为曲线.（1）求曲线的方程；（2）不过点的直线与曲线相交于，两点，且，若的垂直平分线交轴于点，求点的坐标.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据抛物线的定义写出方程即可；（2）联立方程，结合韦达定理，求出的中点坐标，得到的垂直平分线，求解即可.【小问1详解】因为动点到定点的距离与动点到定直线的距离相等，由抛物线的定义知，动点的轨迹是焦点为的抛物线，此时，则曲线的方程为；【小问2详解】由题知，直线的斜率不为零，可设直线的方程为，，，联立，消去并整理得，此时，解得，由韦达定理得，，因为，所以，因为，所以，解得，设点为的中点，则，所以直线的方程为，整理得，所以直线过定点，因为点为的垂直平分线与轴的交点，所以点的坐标为.16.已知函数，．（1）当时，求函数的图象在点处的切线方程；（2）讨论函数的单调性；（3）设，若，求实数的取值范围．【答案】（1）（2）答案见解析（3）【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可；（2）利用导数与函数单调性的关系，分类讨论即可求解；（3）由参变分离得恒成立，设，，则，令，利用导数证明即可求出.【小问1详解】，当时，，，当时，，，函数在处的切线方程为；【小问2详解】函数的定义域为，，①当时，恒成立，令，则，若，则；若，则，所以在单调递减，在单调递增；②当时，，令，则或，（ⅰ）当，即时，若，则或；若，则，所以在和上单调递增，在上单调递减；（ⅱ）当，即时，恒成立，在上递增；（ⅲ）当，即时，若，则或，若，则，所以在和上单调递增，在上单调递减.综上所述，当时，在单调递减，在单调递增；当时，在和上单调递增，在上单调递减；当时，在上递增；当时，在和上单调递增，在上单调递减；【小问3详解】的定义域为，由得恒成立，即恒成立，设，，则，因为，同构可得，令，因为，所以，下面证．设，，于是，令，则，当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，即，当且仅当时等号成立．所以，即，所以，所以，即，所以实数的取值范围为.17.甲、乙两人玩一个纸牌游戏，先准备好写有数字1，2，…，N的纸牌各一张，由甲先随机抽取一张纸牌，记纸牌上的数字为a，随后将纸牌放回（后面每次抽牌记录数字后都需将纸牌放回），接下来甲有2种选择：①再抽取一次纸牌，记纸牌上的数字为b，若，则乙赢，游戏结束，否则，甲结束抽牌，换由乙抽牌一次；②直接结束抽牌，记，换由乙抽牌一次．记乙抽到的纸牌上的数字为c，若，则乙赢，否则甲赢．游戏结束．（1）若甲只抽牌1次，求甲赢的概率；（2）若甲抽牌2次，求甲赢的概率；（3）当甲抽取的第一张纸牌上的数字满足什么条件时，甲选择②赢得游戏的概率更大？（结果用含N的式子表示）参考公式：若数列的通项公式为，则的前n项和．【答案】（1）（2）（3）当甲抽取的第一张纸牌上的数字大于时，甲选择②赢得游戏的概率更大【解析】【分析】（1）利用列举法，结合等差数列前项和公式来求得正确答案.（2）根据甲第一次抽到的纸牌进行分类讨论，从而求得甲赢的概率.（3）根据已知条件不等式，由此求得正确答案.【小问1详解】若甲只抽牌1次，甲赢的情况如下．甲抽到的纸牌上的数字为1，乙抽到的纸牌上的数字为N，此时有1种情况；甲抽到的纸牌上的数字为2，乙抽到的纸牌上的数字为N，，此时有2种情况；甲抽到的纸牌上的数字为3，乙抽到的纸牌上的数字为N，，，此时有3种情况；……依次类推，甲赢的情况共有．故甲赢的概率为．【小问2详解】若甲抽牌2次，甲赢的情况如下．①甲第1次抽到的纸牌上的数字为1．第2次抽到的纸牌上的数字为1，乙抽到的纸牌上的数字为N，，此时有2种情况；第2次抽到的纸牌上的数字为2，乙抽到的纸牌上的数字为N，，，此时有3种情况；……第2次抽到的纸牌上的数字为，乙抽到的纸牌上的数字为N，，…，1，此时有N种情况．以上有种情况．②甲第1次抽到的纸牌上的数字为2．第2次抽到的纸牌上的数字为1，乙抽到的纸牌上的数字为N，，，此时有3种情况；第2次抽到的纸牌上的数字为2，乙抽到的纸牌上的数字为N，，，，此时有4种情况；……第2次抽到的纸牌上的数字为，乙抽到的纸牌上的数字为N，，…，1，此时有N种情况．以上有种情况．依次类推，甲第1次抽到的纸牌上的数字为3时，甲赢的情况有种；……甲第1次抽到的纸牌上的数字为时，甲赢的情况有种；甲第1次抽到的纸牌上的数字为时，甲赢的情况有N种．甲赢的情况的总数为．故甲赢的概率为．【小问3详解】当甲抽取的第一张纸牌上的数字为a时，若甲选择①，则甲赢的概率，若甲选择②，则甲赢的概率．令，即，化简得，解得．综上，当甲抽取的第一张纸牌上的数字大于时，甲选择②赢得游戏的概率更大．【点睛】易错点睛：概率求解中的遗漏：当甲选择多次抽取牌时，可能会漏掉某些组合的情况，特别是在多次抽取的情况下，需要非常仔细地列出所有可能组合，防止遗漏.不等式解法中的取舍问题：在最后一部分的解答中，对于不等式求解，需要注意根的取舍条件，避免漏掉符合条件的解.18.球面几何学是非欧几何的例子，是在球表面上的几何学.对于半径为的球，过球面上一点作两条大圆的弧，，它们构成的图形叫做球面角，记作（或），其值为二面角的大小，其中点称为球面角的顶点，大圆弧称为球面角的边.不在同一大圆上的三点，可以得到经过这三点中任意两点的大圆的劣弧，这三条劣弧组成的图形称为球面，这三条劣弧称为球面的边，三点称为球面的顶点；三个球面角称为球面的三个内角.已知球心为的单位球面上有不同在一个大圆上的三点.（1）球面的三条边相等（称为等边球面三角形），若，请直接写出球面的内角和（无需证明）；（2）与二面角类比，我们称从点出发的三条射线组成的图形为三面角，记为.其中点称为三面角的顶点，称为它的棱，称为它的面角.若三面角的三个面角的余弦值分别为.①求球面的三个内角的余弦值；②求球面的面积.【答案】（1）（2）①，，；②【解析】【分析】（1）通过已知条件直接证明三个平面两两垂直，然后由球面角的定义即可得出；（2）使用空间解析几何方法求出球面的三个球面角，再证明球面球面的面积，即可得到结果.【小问1详解】由可知在两个互相垂直（即交点处切线垂直）的大圆上，从而，故，设，则，从而，注意到到直线的距离均为，故，所以由知，所以，即，这得到，从而，又在两个互相垂直的大圆上，故，从而两