2025届江西省景德镇市高三第三次质检数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1江西省景德镇市2025届高三第三次质检数学试题一､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，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】由，解得，则，则.故选：B．2.已知复数，（为虚数单位）则的最大值是（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】设复数在复平面内对应的点分别为，因为，则点在标准单位圆上，，则，其中为坐标原点，所以的最大值是3.故选：C．3.函数为偶函数的充要条件是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】若为偶函数，则对任意的恒成立，即，所以对任意的恒成立，故；若，则，所以，故为偶函数，所以为偶函数的充要条件为.故选：B．4.设表示两条不重合的直线，表示两个不重合的平面，则下列说法正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.存在一对异面直线，则【答案】D【解析】对于A，由，得直线与可能平行、可能相交，也可能在面内，A错误；对于B，由，得可能平行，也可能相交，B错误；对于C，要垂直于内的两条相交直线，才能推出，C错误；对于D，过直线的平面，由，得，而，则，由是异面直线，得直线相交，又，因此，D正确.故选D，5.双曲线的右焦点为，过右顶点向轴引垂线与的渐近线交于点，若，则双曲线的渐近线斜率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】不妨去双曲线渐近线，则，∵，∴，即，故，即，因为，解得，∴.故选：D6.如图，圭表是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿（称为“表”）和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺（称为“圭”）．当正午太阳照射在表上时，日影便会投影在圭面上，太阳光与圭面成角也就是太阳高度角．圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，投影点为冬至线．日影长度最短的那一天定为夏至，投影点为夏至线．已知景德镇冬至正午太阳高度角为，夏至正午太阳高度角为，表高42厘米，圭面上冬至线与夏至线之间的距离为50厘米，则的值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】如图，，，∴．又，∴，根据勾股定理．在中，根据正弦定理可知，即，解得，故选：C．7.已知函数，斜率为的直线经过原点且与的图象相切，已知的值从大到小排列依次为，下列两个结论：①；②，则（）A.①错误②正确 B.①正确②错误C.①②均正确 D.①②均错误【答案】B【解析】因，则，因，则，则，即，则，，因与均为奇函数，故不妨设切点横坐标为，则切线方程为，将点代入切线方程中得，，因，则，，则，因，则，则，故随着的增大，减小，令，则，则在上单调递减，时，；时，，则对于斜率最大的切线，切点，则，①正确；分别过向轴引垂线分别与斜率为的切线交于两点，由图易知，而，∴，即，②错误．故选：B．8.动圆经过直线与的交点，过原点向动圆作切线，切点为，若恒成立，则实数的最大值是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】将与的方程联立，得，动圆的方程为，∴切线长，即的轨迹是以为圆心为半径的圆，设线段中点为，∵，而（不能三点共线），∴的最大值是.故选:D．二､多选题：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.下列说法正确的有（）A.的展开式中所有项系数的和为729，则B.已知，则C.已知向量，若，则的值为2D.已知正数满足，则【答案】CD【解析】令代入解得，解得，A错误；∵，∴，B错误；由可知，故，解得，C正确；，当且仅当时取等号，D正确．故选：CD．10.已知为抛物线的焦点，是上位于第一象限的一点，，过点的直线与交于两点（在线段上），且，则（）A.直线的倾斜角为B.直线斜率之和为C.D.【答案】ABD【解析】设点，，解得．又，∴点，直线的斜率为，直线的倾斜角为．A正确；设点，，方程为，联立，消去可得．则，，所以，的斜率之和为，B正确；若，则，即，∴，经验证不符题意，C错误；，D正确．故选：ABD．11.表示不超过的最大整数，已知，函数满足，，且当时，单调递增，下列说法正确的是（）A.B.为周期函数C.若，则D.若，则【答案】AC【解析】对于A选项，∵，令，则，∴，当时，，∴，故A正确；对于B选项，当时符合题意，但不为周期函数，故B错误；对于C选项，∵当时，单调递增，且，∴当时，，∴当时，，故C正确；对于D选项，如图为函数当时的部分图象，显然该函数符合题意，但，故D错误.故选：AC.三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．12.函数的最小正周期为，将的图象向右平移个单位得到函数的图象，则在区间上的值域为__________．【答案】【解析】因的最小正周期为，则，故，则，因，则，则，则，故在区间上的值域为．故答案为：13.已知三棱锥的各顶点均在半径为2的球球面上，，，则三棱锥体积的最大值为__________．【答案】【解析】由正弦定理可得，而，则，解得，设到面的距离为，而，如图，我们作出符合题意的三棱锥，连接，若三棱锥的体积最大，则同时最大即可，由三角形面积公式得，由余弦定理得，则，得到，由基本不等式得，当且仅当时取等，故，则，解得，即，故面积取得最大值，由题意得球的半径为2，，设球心到面的距离为，由勾股定理得，则到平面的距离为，设直线与平面所成角为，则，而，故，则直线与平面所成角为，因为三棱锥的各顶点均在半径为2的球球面上，所以，而，故，而，则故是以为顶点的等腰直角三角形，得到，即，当面垂直于平面时，点到平面的距离最大，最大距离为，故三棱锥体积的最大值为．故答案为：14.一质点落在三棱锥的顶点处，每次均以相同的可能性沿着某条棱移动到另一个顶点处，记事件表示“该质点移动次后落在顶点”，为的对立事件，则__________．【答案】【解析】我们将三个点看作为一个整体，如果某次在点，则下次一定不在点的概率为；如果某次不在点，则下次在与不在的概率分别为、，因，，则，因，，则，则根据贝叶斯公式可得．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，证明过程或演算步骤．15.已知分别是等差数列和等比数列的前项和，，．（1）求数列和的通项公式；（2）若为递增数列，，求数列的前项和．解：（1）因数列为等差数列，则，解得，同理可得，因，则，又，得，因数列为等比数列，则，解得，若，则，公比为，公差为；若，则，公比为，公差为，则或．（2）因为递增数列，则，，则，则，，两式相减得，．16.如图1，平面四边形为“箏型”，其中，将平面沿着翻折得到三棱锥（如图2），为的中点．（1）证明：平面平面；（2）如图2，若，，求平面与平面的夹角的正弦值．（1）证明：，，为的中点，，，平面，平面，平面．又平面，平面平面．（2）解：如图，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴､轴，过点且与平面垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系．取中点，连接，，．由（1）可知平面，平面，，又平面，平面，故平面．，，为的中点，．又，为的中点，．则，，，，，，所以，设平面的一个法向量为，则，令，则，所以．设平面的一个法向量，则，令，则，所以.设平面与平面的夹角为，则，所以.所以，平面与平面的夹角的正弦值是．17.2025年1月下旬，DeepSeek的R1模型发布，该模型在全球范围内引发广泛关注．现为了对其产品用户的使用行为进行统计分析，收集了1000名用户的每日使用时长（单位：分钟），得到如下所示的频率分布直方图，每日使用时长不小于60分钟的用户称为“忠实粉丝”．（1）估计该产品用户每日的平均使用时长（同一组的数据用该组区间的中点值代替）；（2）现采用分层抽样的方法从样本中使用时长在的用户中随机抽取7人，并从中随机抽取2人作进一步分析，记为2人中忠实粉丝的人数，求的分布列和期望．（3）用样本的频率估计概率，从该产品所有用户中抽取5人，为忠实粉丝的人数，记时对应的概率为，则为多少时最大？解：（1）由，解得．（2）由频率分布直方图可知，与的用户数之比为3：4，所以用分层抽样抽取的7人中，有4人是忠实粉丝，从7人中任取2人，取0，1，2，，，所以的分布列为012所以（3）用样本的频率估计概率，从该公司所有用户中任取1人，他为忠实粉丝的概率为所以，解得：，又，故时概率最大.18.已知椭圆的离心率为，右焦点为，过的直线与椭圆交于两点，当直线垂直于轴时，．（1）求的方程；（2）记的左顶点为，求面积的最大值；（3）设，直线分别交于两点，证明：直线过定点．解：（1）设（），由的离心率为，得，，①在中，令，得，则当垂直于轴时，，②由①，②，解得，则，，∴的方程为．（2）由题意，知，，显然与轴不重合，可设：，设，，联立，消去x并整理，得，由韦达定理，得，，则，则面积，而，当且仅当，即时等号成立，∴面积的最大值为．（3）设，，，直线与椭圆联立可得，，根据韦达定理可得，，∴，，即，同理，，根据对称性，直线过定点，则，∵，，∴，∴，解得，即直线过定点．19.已知函数．（1）当时，求在上的单调区间；（2）若存在经过坐标原点的直线与的导函数图象相切，求切线方程及其切点的横坐标；（3）若在区间与上均存在零点，求的取值范围．解：（1）当时，，，令解得或．当时，∴在区间上单调递增，同理在区间上单调递减，在区间上单调递增．∴的单调递增区间是和，的单调递减区间是．（2）设，，过点的切线方程为，当切点为原点时，，此时切线方程为；当切线经过原点时，∵，将原点代入，并整理得，∴，其中．当为奇数时，，当为偶数时，，即经过坐标原点与的导函数图象相切的直线方程为：，切点横坐标为；，切点横坐标为，，，切点横坐标为，,（3）∵，∴，当时，，即在区间上单调递增，又，∴此时，在区间上无零点．当时，令解得，假设，∴或．当时，∴单调递增，同理当时单调递减，当时单调递增．∵，且在上单调递减，要使得在区间上存在零点，则，解得．∴在区间上单调递减，∴，且在上单调递增，要使得在区间上存在零点，则，解得．综上所述，取值范围是．江西省景德镇市2025届高三第三次质检数学试题一､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，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】由，解得，则，则.故选：B．2.已知复数，（为虚数单位）则的最大值是（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】设复数在复平面内对应的点分别为，因为，则点在标准单位圆上，，则，其中为坐标原点，所以的最大值是3.故选：C．3.函数为偶函数的充要条件是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】若为偶函数，则对任意的恒成立，即，所以对任意的恒成立，故；若，则，所以，故为偶函数，所以为偶函数的充要条件为.故选：B．4.设表示两条不重合的直线，表示两个不重合的平面，则下列说法正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.存在一对异面直线，则【答案】D【解析】对于A，由，得直线与可能平行、可能相交，也可能在面内，A错误；对于B，由，得可能平行，也可能相交，B错误；对于C，要垂直于内的两条相交直线，才能推出，C错误；对于D，过直线的平面，由，得，而，则，由是异面直线，得直线相交，又，因此，D正确.故选D，5.双曲线的右焦点为，过右顶点向轴引垂线与的渐近线交于点，若，则双曲线的渐近线斜率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】不妨去双曲线渐近线，则，∵，∴，即，故，即，因为，解得，∴.故选：D6.如图，圭表是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿（称为“表”）和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺（称为“圭”）．当正午太阳照射在表上时，日影便会投影在圭面上，太阳光与圭面成角也就是太阳高度角．圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，投影点为冬至线．日影长度最短的那一天定为夏至，投影点为夏至线．已知景德镇冬至正午太阳高度角为，夏至正午太阳高度角为，表高42厘米，圭面上冬至线与夏至线之间的距离为50厘米，则的值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】如图，，，∴．又，∴，根据勾股定理．在中，根据正弦定理可知，即，解得，故选：C．7.已知函数，斜率为的直线经过原点且与的图象相切，已知的值从大到小排列依次为，下列两个结论：①；②，则（）A.①错误②正确 B.①正确②错误C.①②均正确 D.①②均错误【答案】B【解析】因，则，因，则，则，即，则，，因与均为奇函数，故不妨设切点横坐标为，则切线方程为，将点代入切线方程中得，，因，则，，则，因，则，则，故随着的增大，减小，令，则，则在上单调递减，时，；时，，则对于斜率最大的切线，切点，则，①正确；分别过向轴引垂线分别与斜率为的切线交于两点，由图易知，而，∴，即，②错误．故选：B．8.动圆经过直线与的交点，过原点向动圆作切线，切点为，若恒成立，则实数的最大值是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】将与的方程联立，得，动圆的方程为，∴切线长，即的轨迹是以为圆心为半径的圆，设线段中点为，∵，而（不能三点共线），∴的最大值是.故选:D．二､多选题：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.下列说法正确的有（）A.的展开式中所有项系数的和为729，则B.已知，则C.已知向量，若，则的值为2D.已知正数满足，则【答案】CD【解析】令代入解得，解得，A错误；∵，∴，B错误；由可知，故，解得，C正确；，当且仅当时取等号，D正确．故选：CD．10.已知为抛物线的焦点，是上位于第一象限的一点，，过点的直线与交于两点（在线段上），且，则（）A.直线的倾斜角为B.直线斜率之和为C.D.【答案】ABD【解析】设点，，解得．又，∴点，直线的斜率为，直线的倾斜角为．A正确；设点，，方程为，联立，消去可得．则，，所以，的斜率之和为，B正确；若，则，即，∴，经验证不符题意，C错误；，D正确．故选：ABD．11.表示不超过的最大整数，已知，函数满足，，且当时，单调递增，下列说法正确的是（）A.B.为周期函数C.若，则D.若，则【答案】AC【解析】对于A选项，∵，令，则，∴，当时，，∴，故A正确；对于B选项，当时符合题意，但不为周期函数，故B错误；对于C选项，∵当时，单调递增，且，∴当时，，∴当时，，故C正确；对于D选项，如图为函数当时的部分图象，显然该函数符合题意，但，故D错误.故选：AC.三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．12.函数的最小正周期为，将的图象向右平移个单位得到函数的图象，则在区间上的值域为__________．【答案】【解析】因的最小正周期为，则，故，则，因，则，则，则，故在区间上的值域为．故答案为：13.已知三棱锥的各顶点均在半径为2的球球面上，，，则三棱锥体积的最大值为__________．【答案】【解析】由正弦定理可得，而，则，解得，设到面的距离为，而，如图，我们作出符合题意的三棱锥，连接，若三棱锥的体积最大，则同时最大即可，由三角形面积公式得，由余弦定理得，则，得到，由基本不等式得，当且仅当时取等，故，则，解得，即，故面积取得最大值，由题意得球的半径为2，，设球心到面的距离为，由勾股定理得，则到平面的距离为，设直线与平面所成角为，则，而，故，则直线与平面所成角为，因为三棱锥的各顶点均在半径为2的球球面上，所以，而，故，而，则故是以为顶点的等腰直角三角形，得到，即，当面垂直于平面时，点到平面的距离最大，最大距离为，故三棱锥体积的最大值为．故答案为：14.一质点落在三棱锥的顶点处，每次均以相同的可能性沿着某条棱移动到另一个顶点处，记事件表示“该质点移动次后落在顶点”，为的对立事件，则__________．【答案】【解析】我们将三个点看作为一个整体，如果某次在点，则下次一定不在点的概率为；如果某次不在点，则下次在与不在的概率分别为、，因，，则，因，，则，则根据贝叶斯公式可得．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，证明过程或演算步骤．15.已知分别是等差数列和等比数列的前项和，，．（1）求数列和的通项公式；（2）若为递增数列，，求数列的前项和．解：（1）因数列为等差数列，则，解得，同理可得，因，则，又，得，因数列为等比数列，则，解得，若，则，公比为，公差为；若，则，公比为，公差为，则或．（2）因为递增数列，则，，则，则，，两式相减得，．16.如图1，平面四边形为“箏型”，其中，将平面沿着翻折得到三棱锥（如图2），为的中点．（1）证明：平面平面；（2）如图2，若，，求平面与平面的夹角的正弦值．（1）证明：，，为的中点，，，平面，平面，平面．又平面，平面平面．（2）解：如图，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴､轴，过点且与平面垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系．取中点，连接，，．由（1）可知平面，平面，，又平面，平面，故平面．，，为的中点，．又，为的中点，．则，，，，，，所以，设平面的一个法向量为，则，令，则，所以．设平面的一个法向量，则，令，则，所以.设平面与平面的夹角为，则，所以.所以，平面与平面的夹角的正弦值是．17.2025年1月下旬，DeepSeek的R1模型发布，该模型在全球范围内引发广泛关注．现为了对其产品用户的使用行为进行统计分析，收集了1000名用户的每日使用时长（单位：分钟），得到如下所示的频率分布直方图，每日使用时长不小于60分钟的用户称为“忠实粉丝”．（1）估计该产品用户每日的平均使用时长（同一组的数据用该组区间的中点值代替）；（2）现采用分层抽样的方法从样本中使用时长在的用户中随机抽取7人，并从中随机抽取2人作进一步分析，记为2人中忠实粉丝的人数，求的分布列和期望．（3）用样本的频率估计概率，从该产品所有用户中抽取5人，为忠实粉丝的人数，记时对应的概率为，则为多少时最大？解：（1）由，