景德鎮市2025屆高三第一次質檢試題數學命題本試卷分第I卷（選擇題）和第II卷（非選擇題）兩部分，滿分150分，考試時間120分鐘。第I卷（選擇題）一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，，則（）A. B. C. D.2.已知（為虛數單位），則在復平面內對應的點在第（）象限A.一 B.二 C.三 D.四3.已知，，則的值為（）A.1 B.2 C.3 D.44.已知，則（）A. B. C. D.5.過點且與曲線相切的直線方程是（）A. B. C. D.6.函數的零點個數是（）A.5 B.6 C.7 D.87.函數的定義域為，是奇函數，當時，則的解集是（）A. B. C. D.8.甲烷是最簡單的有機化合物，其分子式為，它是由四個氫原子和一個碳原子構成，甲烷在自然界分布很廣，是天然氣、沼氣、煤礦坑道氣及可燃冰的主要成分之一.甲烷分子是正四面體空間構型，如圖，四個氫原子分別位于正四面體的頂點處，碳原子位于正四面體的中心處.若正四面體的棱長為1，則平面和平面位于正四面體內部的交線長度為（）A. B. C. D.1二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分，在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.下列說法正確的是（）A.函數為偶函數，且最小正周期為4B.若，，則往方向上的投影長為C.是拋物線上一點，，則的最小值為1D.已知兩直線與，則“”是“，互相平行”的充分不必要條件10.在高三一次大型聯考中，物理方向共有35萬人參加，其中男生有20萬人.現為了了解該次考試的數學成績，用分層隨機抽樣的方法從中抽取350人，其中名男生的數學平均成績為77分，名女生的數學平均成績為70分.已知35萬人的數學成績，近似為樣本均值，則下列正確的是（）參考數據：若，則，，A.B.總體是35萬人C.樣本均值為73.5D.估計該次聯考中物理方向數學成績低于66分的約有7980人11.已知，分別為雙曲線的左、右頂點，離心率為，為雙曲線上位于第一象限內任意一點，設，，的面積為，則下列說法正確的是（）A.的值隨著的增大而減小 B.是定值C. D.若，則第II卷（非選擇題）三、填空題：本大題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知公比不為1的等比數列，且，，成等差，則________.13.已知與，若存在實數的值使得兩圓僅有一條公切線，則的最小值為________.14.甲口袋裝有1個黑球和2個白球，乙口袋裝有2個黑球和1個白球，這些球除顏色外完全相同.第一步，從甲口袋中隨機取一個球放入乙口袋；第二步，從乙口袋中隨機取一個球放入甲口袋；第三步，從甲口袋中隨機取出一個球并記錄顏色.在第三步取出的是黑球的條件下，第一步從甲口袋中取的球是黑色的概率是________.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.（13分）已知函數.（1）求函數的單調遞減區間和對稱中心；（2）在中，角，，所對的邊分別是，，，若，且，求.16.（15分）如圖四棱錐，底面是邊長為1的正方形，平面平面，，.（1）求證：平面；（2）求二面角的余弦值.17.（15分）已知為坐標原點，橢圓，是上一點，離心率.（1）求的方程；（2）斜率為的直線交于，兩點，在以為直徑的圓上，求的最大值.18.（17分）已知函數，其中.（1）已知，若在定義域內單調遞增，求的最小值；（2）求證：存在常數使得，并求出的值；（3）在（2）的條件下，若方程存在三個根，，，且，求的取值范圍.19.（17分）第一組數據，其中，第二組數據，這個數互不相等，，分別為其中最大與第二大的數.先從第二組數據中剔除一個數（剩余數相對位置保持不變）得到一組新數據，若將該組數據中相鄰兩數對換位置稱為一次對換，經過至少次對換得到最終數據，簡記.若用直線擬合點列，相關系數.（1）第一組數據，第二組數據，若剔除10，經過后得到擬合最佳；若剔除8，經過得到最佳.求的值；（2）在一組互不相等的數的排列中，定義在的右邊比其小的數的個數稱為的逆序數.已知，的逆序數分別為，，剩余各數按相對順序從大到小排列.若經過后將這個數從小到大順序排列，求的所有可能取值；（3）若剔除后經過至少次對換后得到擬合效果最佳，相關系數為.剔除后經過至少次對換后得到擬合效果最佳，相關系數為.若，求證：為定值，并求出該定值.

景德鎮市2025屆高三第一次質檢試題數學參考答案第Ⅰ卷（選擇題共58分）一、選擇題：本大題共8小題，每小題5分，滿分40分．1234567891011DDBCABBABCADABD1．D【解析】，，．故選D．2．D【解析】，∴對應的點為在第四象限．故選D．3．B【解析】，．故選B．4．C【解析】，故選C．5．A【解析】，點A不在曲線上，由已知可求得切線過點，得直線方程為，，故選A．6．B【解析】數形結合．故選B．7．B【解析】∵是奇函數，∴，即關于點對稱．又函數的定義域為，故．且當時，令，即，解得．根據對稱性可知當時，．綜上所述，的解集是．故選B．8．A【解析】分別取的中點，不難發現平面即平面，平面即平面，∴平面和平面位于正四面體內部的交線為線段，∵正四面體的棱長為1，不難計算得出．故選A．EEF二、選擇題：本大題共3小題，每小題6分，滿分18分．9．BC【解析】∵，顯然是奇函數，故A錯誤；往方向上的投影長為，故B正確；設，其中，∴，即的最小值為，故C正確；∵互相平行，∴，解得或，經檢驗時兩直線重合，∴“”為“互相平行”的充要條件，故D錯誤．故選BC．10．AD【解析】由分層隨機抽樣的特征可知：，故A正確；總體是35萬考生的數學成績，故B錯誤；根據分層隨機抽樣的均值知樣本均值，故C錯誤；∵，，，∴小于66分的人數約為人，故D正確．故選AD．11．ABD【解析】在中，由正弦定理可知，顯然均為銳角且隨著的增大分別減小與增大，即隨著的增大分別減小與增大，∴的值隨著的增大而減小，故A正確；，由于，∴，∴為定值，故B正確；，而，∴，故C錯誤；，，∴，∴，解得，∴，故D正確．故選ABD．第Ⅱ卷(非選擇題共92分)三、填空題：本大題共3小題，每小題5分，滿分15分．12．【解析】由題知：∵成等差，∴，又是公比不為1的等比數列，∴，∴，．故答案為．13．【解析】，∴，半徑為，，∴，半徑為．若兩圓僅有一條公切線，即兩圓相內切，∴．由于，故，，即的最小值為．14．【解析】第一次給出黑球且第二次給出黑球且第三次給出黑球的概率為，第一次給出黑球且第二次給出白球且第三次給出黑球的概率為，第一次給出白球且第二次給出黑球且第三次給出黑球的概率為，第一次給出白球且第二次給出白球且第三次給出黑球的概率為，∴在第三步取出的是黑球的條件下，第一步從甲口袋中取的球是黑色的概率．故答案為．四、解答題：本大題共5小題，滿分77分．15．（本小題13分）解：（1），…………2分該函數的單調遞減區間為：……4分令，解得，∴函數的對稱中心坐標為，其中．……………6分（2）∵，∴，∴或，∵，∴．…………………………8分∵，…………………9分且，，∴，解得：…11分由余弦定理可知，．…………13分16．（本小題15分）解：（1）取中點，連接，∵，故．∵，平面平面，平面，∴平面，∴．…………4分又∵，∴平面．………6分（2）由上可知，又，∴平面．…………7分如圖以為坐標原點，為軸建立空間直角坐標系．……8分∴，……9分設平面的法向量，則，令，解得．………………11分同理，平面的法向量，……………………13分∴平面與平面夾角余弦值…………14分∵二面角為鈍角，∴二面角的余弦值為．…15分17．（本小題15分）解析：（1）由題意，解得，∴橢圓的方程為．………………5分（2）設直線為，設，設中點為，聯立，根據韋達定理可知，其中．………………8分∴，．∴，………10分∴，…………12分令，∴，等號當且僅當，即時取到，滿足………14分∴，即的最大值為．……………………15分18．（本小題17分）解：（1）依題意可知當時，恒成立，…………1分即，而的最小值為，故，………………3分解得，即的最小值為．……………4分（2），……………………6分∵，∴，解得．即當時，．…………9分（3）構造函數，則方程存在三個根即函數函數存在三個零點．∵，∴．………………10分令，得，于是為的一個零點．…………………11分若存在零點，且，由可知，則必存在相應的零點，且．∴必在上存在唯一零點．……………13分若恒成立，即成立，解得，此時在上單調遞增，無零點；………………14分若，則，且，∴在上單調遞增，故在上存在零點，當時，，單調遞減，當時，，單調遞增．……………15分∵，即，解得，………16分∴，即．綜上所述，的取值范圍是．…………………17分19．（本小題17分）解：（1）第一次將對換得到，∴．…………2分第二次將對換得到，∴．故．…………………4分（2）∵的逆序數分別為，∴必為這個數中的最大數．的逆序數分別為，則可能是這個數中第二大或者第三大的數．………………5分若是第二大的數，先將對換到末位需要次對換，再將對換到倒數第二位需要次對換，而后將其余各數對換到相應位置分別需要次對換，則；…………………6分若是第三大的數，則只能是第二大的數，同理需要對換次，需要對換次，需要對換次，…，∴．……………………8分綜上所述，或．……………………9分（3）先證明排序不等式，不妨假設,是的一個排列，，不妨假設，則，于是成立的充要條件為，于是經過若干次對換后得：．……………………12分假設經過若干次對換后得到，其中，則．∵，其中與均為正常數，要使得擬合效果最佳，則．∵，不妨假設，則．……………………13分設的所有逆序數之和為，反之，正序數之和為，由于這個數互不相等，則．∵剔除后要使得擬合效果最佳且，