江西省新余市2025届高三上学期第一次模拟考试数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1江西省新余市2025届高三上学期第一次模拟考试数学试卷一、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.双曲线的实轴长为（）A. B.4 C. D.8【答案】C【解析】由双曲线方程知，则实轴长为.故选：C2.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由，，所以.故选：A3.等比数列中，已知，则（）A. B.2 C. D.1【答案】A【解析】若等比数列的公比为，由题设，则，即，由.故选：A4.已知是锐角，则“直线与平面所成角的大小为”是“直线与平面内无数条直线所成角的大小为”的（）条件.A.必要不充分 B.充分不必要C.充分必要 D.既不充分也不必要【答案】B【解析】如下图所示：设直线交平面于点，过直线上异于点的点作，垂足为点，则为直线与平面所成的角，若直线与平面所成角的大小为，则直线与所有平行于直线的直线所成的角都为，即“直线与平面所成角的大小为”“直线与平面内无数条直线所成角的大小为”，若直线与平面内无数条直线所成角的大小为，但直线与平面内所有直线所成的最小角为直线与平面所成的角，所以，不一定是直线与平面所成的角，即“直线与平面所成角的大小为”“直线与平面内无数条直线所成角的大小为”，因此，“直线与平面所成角的大小为”是“直线与平面内无数条直线所成角的大小为”的充分不必要条件.故选：B5.已知直线的方程为，则直线的倾斜角的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】直线的斜率为，设该直线的倾斜角为，则，又因为，故.故选：D.6.2024年巴黎奥运会乒乓球比赛，中国队表现出色，包揽全部乒乓金牌，其中混双是中国历史上第一块奥运乒乓球混双金牌，由王楚钦和孙颖莎组成的“莎头”组合对战朝鲜队，最终以的比分赢得胜利.假设2025年的一次乒乓球比赛中，“莎头”组合再次遇到朝鲜队，采用7局4胜制（先胜4局者胜，比赛结束），已知每局比赛“莎头”组合获胜的概率为，则“莎头”组合再次以获胜的概率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】“莎头”组合再次以获胜，即前局“莎头”组合胜局、负局，第局“莎头”组合获胜，所以“莎头”组合再次以获胜的概率.故选：B7.已知函数的图象经过点，则下列说法正确的是（）A.若，则对任意的都有B.若的图象关于直线对称，则C.若在上单调递增，则的取值范围是D.若方程在上恰有两个不同的实数解，则的取值范围是【答案】C【解析】因为函数的图象经过点，所以，即，又，所以，所以；对于A：当时，，则，故A错误；对于B：因为的图象关于直线对称，则，又，所以，故B错误；对于C：由，得，因为在上单调递增，所以，即，解得，即的取值范围是，故C正确；对于D，因为，所以，方程在上恰有两个不同的实数解，即在上恰有两个不同的实数解，则有，解得，即的取值范围是，故D错误．故选：C．8.已知表示m，n中最大的数，设函数，若，则的最大值为（）A.2 B.1 C.1 D.2【答案】C【解析】由，显然函数定义域为，当时，令，则，令，则，显然，即在上单调递增，又，，故使，则，所以上，即，则在上单调递减，上，即，则在上单调递增，所以，显然，则，此时恒成立，故，即，满足要求；当时，对于有，即恒成立，则时，，又时，，此时恒成立，即，满足要求；当时，对于恒成立，则时，，又时，，此时恒成立，即，满足要求；当时，对于的图象开口向上且对称轴，所以，在上单调递减，且有，对于，在上单调递增，且有，综上，在区间内，存在，即存在，不满足要求；综上，，故的最大值为1.故选：C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.已知复数，则（）A.B.C.D.在复平面内对应的点位于第四象限【答案】BD【解析】虚数不能比较大小，A选项错误；复数，则，则，B选项正确；，C选项错误；对应点为，D选项正确.故选：BD.10.下列说法中正确的是（）A.若样本数据、、、的平均数为，则数据、、、的平均数为B.随机变量服从正态分布，若，则C.某校高三（1）班进行米体测，男生人，跑完平均用时秒，方差为，女生人，跑完平均用时秒，方差为，则该班级的体测成绩方差大于D.若随机事件、满足：，，，则事件与相互独立【答案】ABD【解析】对于A选项，设数据、、、的平均数为，则样本数据、、、的平均数为，解得，A对；对于B选项，随机变量服从正态分布，若，则，则，B对；对于C选项，由题意可知，该班级的体测成绩的平均数为，所以，该班级的体测成绩方差为，无法确定与的大小，C错；对于D选项，由题意可得，故事件、独立，D对.故选：ABD.11.如图，在棱长为的正方体中，、、分别是、、的中点，是线段上的动点（不包含端点），则（）A.四面体的外接球的表面积为B.存在点，使、、、四点共面C.过且与垂直的平面截正方体所得截面面积取值范围为D.点是四边形内的动点，且直线与直线夹角为，则点的轨迹长度为【答案】ACD【解析】对于A选项，将四棱锥补成长方体，所以，四面体的外接球的直径即为长方体的体对角线长，即四面体的外接球的直径为，所以，四面体的外接球的表面积为，A对；对于B选项，连接、、，因为且，故四边形为平行四边形，所以，，因为、分别是、中点，则，所以，即、、、四点共面，当与重合时满足、、、四点共面，但是线段上的动点（不包含端点），B错；对于C选项，如图，在平面上作⊥，垂足为点，过点作在平面内⊥交或者于，因为平面平面，平面平面，且平面，所以平面，又平面，所以⊥，因为，、平面，所以平面，平面截正方体截面为平行四边形，当与点重合时，面积最大，此时，，面积为，当与点无限接近时，面积接近于，过且与垂直的平面截正方体所得截面面积取值范围为，C对；对于D选项，取的中点，连接，则，则平面，取的中点，以为圆心，为半径作圆，交、于、，则点的轨迹为以为圆心，为半径的部分圆弧，此时满足直线与直线夹角为，如图，，故，所以点的轨迹长度为，D对.故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知向量，若与是共线向量，则实数___________.【答案】【解析】由题设，，且两向量共线，所以，则.故答案为：13.展开式中的系数为36，则的值为___________.【答案】【解析】因为的二项展开式为，令，可得；令，可得；可得，所以，解得：，故答案为：14.课内我们已经学习了一元二次方程的韦达定理.实际上，一元三次方程也有对应的韦达定理：一元三次方程的三根为满足：.已知满足：和，其中互不相等，则___________.【答案】【解析】由题意互不相同，则互不相同.即互不相同.由已知，可得是方程的三个不同的实数根.由一元三次方程的韦达定理得，即①，由，且为一常数，则是方程的两不等根，则由韦达定理可得，②，联立①②解得.故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步㵵.15.在中，已知角的对边分别是，且.（1）求角的大小；（2）若边上的高为，求三角形ABC的周长.解：（1）由题设及余弦定理知，整理得，所以，，则；（2）由题意及（1）知：，则，由，即，所以（负值舍），故，而，所以三角形ABC的周长为.16.如图，在四棱锥中，，，平面平面ABCD.（1）求证：；（2）求平面PCD与平面PAB夹角的余弦值.（1）证明：由，易知为直角梯形，且，连接，则，且为等腰直角三角形，，所以，在中，则，又，故，即，且，即，面面，面，又面面，所以面，面，则，又且都在面内，故面，面，所以.（2）解：若为的中点，连接，由，则，面面，面，面面，所以面，由，易知为直角梯形，面内作，则可构建空间直角坐标系，如图，则，所以，，，，若为面的一个法向量，则，令，则，若为面的一个法向量，则，令，则，所以，即平面PCD与平面PAB夹角的余弦值为.17.已知函数，其中.（1）当时，求在点处的切线方程；（2）当时，恒成立，求的取值范围.解：（1）由题设，且时，则，所以，则，故在点处的切线方程为，所以.（2）由且定义域为R，所以为偶函数，即函数图象关于轴对称，只需研究时恒成立，由，要使在上恒成立，必有（必要性），由，则，即，下证（充分性）：时，恒有在上成立，在上，又，且，故，即在上恒成立；当时，令，则，在上，即恒成立，所以上单调递增，当趋向于0时趋向于()，当趋向于时趋向于，所以，使，即，，则在上单调递减，又，故存在区间上，不合题设；综上，.18.平面直角坐标系中，点与定点的距离和它到定直线的距离之比是常数.（1）求点的轨迹方程；（2）若不过点的直线交曲线于P，Q两点；①若以P，Q为直径的圆过点，证明：直线过定点；②在①条件下，作为垂足.是否存在定点，使得为定值？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由.解：（1）令，结合题设有，则，所以，即点的轨迹方程为.（2）若以P，Q为直径的圆过点，且直线不过点可知，直线的斜率不为0，可设，，联立，则，整理得，且，则，所以，，①由题意，所以，即或（舍，直线过点），所以，故直线过定点，得证.②由，且直线过定点，故在以为直径的圆上，且中点为，该点到的距离恒为，所以，存在定点使.19.设，若，且不存在，使得依次成等差数列，则称为的简单集，元素个数最多的简单集称为的最大简单集，的最大简单集的元素个数记为.（1）写出4的所有最大简单集，并求；（2）设，证明：，并求；（3）设，若对任意，都有恒成立，证明：.（1）解：若，，由简单集及最大简单集定义可知，4的最大简单集为或．故.（2）证明：设．若为的最大简单集，且，则．由于为的简单集，为的简单集，由最大简单集的定义可知，故．因此当时，①，下面求：由于，由①可知．其中中最多只能取三个数：或；中最多也只能取三个数：或．若，共四种情况：或或或.在和中，成等差数列；在和中，成等差数列；以上情况均不满足定义，故．若，则和恰有一个集合有三个数，依据对称性，不妨设该集合为，三个数为或．则中选两个数，且不能选7（否则成等差数列），故只有三种情况：5，6；5，8；6，8．若选两数为，则在与中，为等差数列；若选两数为，则在中，为等差数列；在中，为等差数列；若选两数为，则在与中，为等差数列；均不满足定义，故．又为简单集，故.（3）证明：一方面，对，若是的最大简单集，则必为的简单集，故②，下面证明：当，不满足结论“对任意，恒成立”．即证：当时，存在，使得.证明：当时，由①②可知，，又因为为简单集，所以，故可知，当时，存，满足且，故当，不满足结论“对任意，恒成立”，得证.另一方面，我们先求出.对于，可知．若，因为，所以在中最多选个数，故必选，因此也不能选；同理，在中最多选个数，故必选，因此也不能选；又由选可知，不能选；选可知，不能选；此时，最大简单集中不能出现，因此必选；而中，成等差数列，故；对于，由，若，同理可知，必属于最