2025届江西省鹰潭市高三下学期一模数学试题 含解析

鹰潭市2025届高三第一次模拟考试数学试卷命题人：黄鹤飞鹰潭市第一中学审题人：李麟贵溪市第一中学本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共4页.时间120分钟.满分150分.第I卷选择题一、单项选择题：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，请将正确答案的序号填涂在答题卡上.1.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由对数函数的定义域，建立不等式，求得集合，利用交集，可得答案.【详解】由，则.故选：C.2.已知i是虚数单位，复数满足，那么的虚部是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用复数除法法则计算出，得到虚部.【详解】，故的虚部是.故选：A3.已知向量，，若且，则实数（）A. B.3 C. D.【答案】B【解析】【分析】由向量线性运算与数量积的坐标表示，根据向量垂直，建立方程，解根并验根，可得答案.【详解】由题意可得，，由，则，可得，解得，当时，，；当时，，.故选：B.4.已知，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由条件求得，进而得到，再由余弦二倍角公式即可求解.【详解】由，可得：，又，所以，所以，所以，故选：A5.已知直线：和：相交于点，则点的轨迹方程为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】由题意可得两直线位置关系以及其所过定点，根据圆的方程，可得答案.【详解】由，则，由，则直线过定点，由，则直线过定点，易知动点的轨迹为为直径的圆，圆心，半径，由题意易知直线的斜率存在，则交点不能是，则动点的轨迹方程为.故选：C.6.已知，随机变量，若，则的值为（）A.81 B.242 C.243 D.80【答案】B【解析】【分析】根据正态分布求出、的值，并求出、的表达式，根据题中条件求出的值，利用赋值法可得出结果.【详解】因为随机变量，则，，因为，则，，所以，，解得，令，所以，，故.故选：B.7.过椭圆上的点作圆的两条切线，切点分别为，.若直线在轴，轴上的截距分别为，，若，则椭圆离心率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】设出相关点的坐标，借助向量垂直关系的坐标表示求出直线方程，进而求出，再代入，得到，即可求出离心率.【详解】设，则，即，又，令坐标原点为，，因为切圆于，所以，则，所以，同理可得，因此直线的方程为，则，因此，即，所以椭圆离心率.故选：C.8.数列满足，，给出下列四个结论：①存正整数，且，使得；②存在，使得，，成等比数列；③存在常数，使得对任意，都有，，成等差数列；④其中所有证确结论的是（）A.②③ B.③④ C.①②④ D.①③④【答案】D【解析】【分析】对于①，求得，判断；对于②，利用反证法，推出矛盾，判断；对于③，利用递推公式得到，求出存在常数，使得对任意，都有，，成等差数列，判断；对于④，因为，则，算出，判断.【详解】对于①，由题意知数列中的项：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，377，610，987，1597，…，可得，故①正确；对于②，若存在，使得，，成等比数列，则，又，即，解得，由，，得，且为整数，所以，这与相邻两项为整数矛盾，故②错误；对于③，因为，，，所以，所以，则，，成等差数列，故存在常数，使得对任意，都有，，成等差数列，故③正确；对于④，因为，则，则，故④正确；故选：D.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求.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.已知变量和变量的一组成对样本数据的散点落在一条直线附近，，，相关系数为，线性回归方程为，则（）参考公式：，A.当时，成对样本数据成线性正相关；B.当越大时，成对样本数据的线性相关程度越强；C.，时，成对样本数据的相关系数满足；D.，时，成对样本数据的线性回归方程满足；【答案】ACD【解析】【分析】根据相关系数的正负、绝对值大小与变量相关性之间关系可知AB正误；根据，，代入相关系数和最小二乘法公式中，可知CD正误.【详解】对于A，当时，成对样本数据成线性正相关，A正确；对于B，当越大时，成对样本数据的线性相关程度越强；当，时，对应的样本数据的线性相关程度更强，B错误；对于C，当，时，不变且，，C正确；对于D，当，时，不变且，，D正确.故选：ACD.10.正方体的棱长为2，，分别为棱，的中点，为正方形边上的动点（不与重合）.为平面内一动点，则下列说法中正确的是（）A.存在点，使得直线与平面垂直B.平面把正方体分割成的两个几何体的体积相等C.的取值范围为；D.若动点满足，当三棱锥的体积取最大值时，该三棱锥外接球的表面积为.【答案】BD【解析】【分析】由题意建立空间直角坐标系，利用空间向量的运算，根据正方体的几何性质，结合三棱锥的体积公式，可得答案.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，对于A，，，，即与不垂直，而平面，因此直线与平面不垂直，A错误；对于B，线段的中点为正方体的中心，平面过该正方体的中心，由对称性，平面把正方体分割成两个几何体的体积相等，B正确；对于C，设点为体对角线的中点，，最小为1，，C错误；对于D，如图，以点原点建立空间直角坐标系，设，由可知，，整理为，所以点的轨迹是平面内，以为圆心，为半径的圆，如图，点到平面的最大值为4，此时点在的延长线上，且，所以三棱锥的外接球的半径，所以三棱锥外接球的表面积，D正确.故选：BD.11.数学中有许多寓意美好的曲线，曲线：被称为“四叶玫瑰线”（如图所示），是上在第一象限内的一点.给出的下列三个结论中，正确结论的选项是（）A.曲线上任意一点到原点的距离都不超过2；B.曲线经过5个整点（即横纵坐标均为整数的点）；C.存在一个以原点为中心、边长为正方形，使曲线在此正方形区域内（含边界）.D.的最大值为【答案】AD【解析】【分析】选项A，利用基本不等式可得，进而可得；选项B，由，，，分别代入验证整点即可；选项C，由可知该曲线且以原点为圆心的最小圆的半径为2，进而可判断；选项D，设，，，联立可得，设，则，再利用导数求函数的最大值即可.【详解】对于A，不妨设点为曲线：上的任一点，则，化简得，当且仅当时取等号，于是，即得，故可得曲线上任意一点到原点的距离都不超过2，故A正确；对于B，由A可知，，当时，代入成立，故经过点，当时，不成立，当时，不成立，当时，不成立，当时，不成立，当时，不成立，故曲线经过1个整点，故B错误；对于C，由A选项可知，包含该曲线且以原点为圆心的最小圆的半径为2，边长为正方形是以原点为圆心2为半径的圆的内接正方形，故不存在一个以原点为中心、边长为的正方形，使曲线在此正方形区域内（含边界），故C错误.对于D，如图，点在射线的上方，则可设，，，代入，得，.令，则，所以，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以是的最大值点，即，故D正确.故选：AD【点睛】关键点点睛：本题所考察的方程为非常规方程，主要结合方程的性质去解决问题，方程具有对称性，选项BCD都是以此性质出发，简化问题转化.第II卷非选择题三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知函数，则___________.【答案】9【解析】【分析】根据函数解析式直接求解即可.【详解】解：根据题意，故答案为：913.若正实数，满足条件：（是自然对数的底数），则的最大值是______.【答案】【解析】【分析】确定与图象相切，从而得到，再由基本不等式即可求解.【详解】构造函数，求在处的切线方程，，此时切线斜率为，切线方程为：，即，画出图象，所以由可得：，所以，即，当且仅当时取等号，所以的最大值是，故答案为：14.如图：在中，，，三点分别在边，，上，则，，的外接圆交于一点，称点为密克点.运用上述结论解决如下问题：在梯形中，，，，为边的中点，动点在边上，与的外接圆交于点（异于点），则的最小值为______.【答案】【解析】【分析】根据已知条件确定正三角形，利用外接圆公共点确定点Q的位置，再结合外心和外接圆半径等条件，通过余弦定理求出线段BD的长度，最后根据点与圆的位置关系求出BQ的最小值.【详解】延长，交于点，则由题可知为正三角形，为正三角形，由题设结论，，的外接圆有唯一公共点，该公共点即为题中的点，故点在的外接圆上，如上图，又由题可知，即为的外心，且外接圆半径为2，，在中，由余弦定理，所以的最小值为.故答案为：.四、解答题：本题共6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（是自然对数的底数），为的导函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）若函数，求函数在上的极值.【答案】（1）（2）的极大值为，的极小值为.【解析】【分析】（1）根据导数的运算法则先求，令解出在的解集即可；（2）先求函数的单调区间，利用导数即可求得极值.【小问1详解】易知，令，解得，，又，所以的解集为【小问2详解】由题可知，当时，，当时，所以函数在和上单调递增，在上单调递减，所以函数的极大值为函数的极小值为.16.如图，在三棱柱中，，，（1）求证：；（2）侧棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）存在，在靠近的三等分点处.【解析】【分析】（1）根据这条件证明平面，即可证得结果；（2），以为原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量法求解.【小问1详解】证明：在三棱柱中，取的中点，连接，，在与中，，由，同理，，由平面；【小问2详解】在中，，，则，在中，，，，同理，在等腰，，，在中，由余弦定理得：，即，在平面内过作，则平面，于是直线，，两两垂直，以为原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，在平面内过作于，则平面，则，，，，则，，设平面的法向量为，则，取平面的一个法向量，设，，则，由与平面所成角的正弦值为，得，整理得，解得或（舍），即在靠近的三等分点处.17.预防接种是预防掌握传染病最经济、最有效的手段，是预防疾病传播和保护群众的重要措施.为了考查一种新疫苗预防某一疾病的效果，研究人员对一地区某种动物（数量较大）进行试验，从该试验群中随机抽查了50只，得到如下的样本数据（单位；只）：发病没发病合计接种疫苗71825没接种疫苗19625合计262450（1）能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为接种该疫苗与预防该疾病有关？（2）从该地区此动物群中任取一只，记表示此动物发病，表示此动物没发病，表示此动物接种疫苗，定义事件的优势，在事件发生的条件下的优势，利用抽样的样本数据，求的估计值.（3）若把表中的频率视作概率，现从该地区没发病的动物中抽取3只动物，记抽取的3只动物中接种疫苗的只数为，求随机变量的分布列、数学期望.附：，其中.0.0500.0100.0013.8416.63510.828【答案】（1）接种该疫苗与预防该疾病有关.（2）（3）分布列见解析，.【解析】【分析】（1）求得卡方值，比较临界值即可判断；（2）由条件概率计算公式即可求解；（3）由题意确定，进而可求解；【小问1详解】根据列联表可得，所以，在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为接种该疫苗与预防该疾病有关.【小问2详解】由于.所以，，,由列联表中的数据可得，，所以.【小问3详解】由题可知，抽取的24只没发病的动物中接种疫苗和没接种疫苗的动物分别为18人和6人，所以从没发病的动物中随机抽取1只，抽取的是接种了疫苗的概率为，则由题意可知，且，，，，，所以随机变量的分布列为0123所以随机变量的数学期望为.18.已知抛物线的顶点为坐标原点，焦点在轴的正半轴上，过焦点作直线交抛物线于，两点，且.（1）求抛物线的标准方程；（2）如图，过抛物线上的三个不同点，，（在，之间），作抛物线的三条切线，分别两两相交于点，，.是否存在常数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由；（3）当点的横坐标为4时，以为直角顶点，作抛物线的两个内接及（抛物线的内接三角形是指三角形的三个顶点都在抛物线上），求线段，的交点坐标.【答案】（1）（2）存在，（3）.【解析】【分析】（1）设直线的方程为，联立抛物线方程，由韦达定理结合向量数量积的坐标表示即可求解；（2）设，利用导数求出切线方程，进而得到交点坐标，再通过向量运算可得答案；（3）法一：根据已知条件求出点坐标，设，利用直角三角形条件得到方程，解方程组求出交点坐标.法二：设，，直线的方程为，联立抛物线方程，由，得到，进而可求解；【小问1详解】设抛物线的标准方程为，直线的方程为，联立，消去，得，设，，则，，所以，解得或（舍去），所以抛物线的标准方程为【小问2详解】存在常数1，使得，理由如下，设，，，，则在点处的坐切线方程为，即，在点处的坐切线方程为，即，由，解得，所以，同理可得，，，，，，所以，，可得，所以存在，使得【小问3详解】（解法一）因为、是抛物线两个内接三角形，所以直线，，，的斜率存在且不为0，当点的横坐标为4时，代入得，所以.设，，，，由为直角顶点，设，则，直线的方程为，与联立得，则，，，可得，同理可得，所以直线的方程为，整理得，即，设，则，同理可得，，所以直线的方程