試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁贛州市2025年高三年級摸底考試數學試卷2025年3月本試卷分第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分，共150分，考試時間120分鐘第Ⅰ卷（選擇題共58分）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，，若，則實數a的取值范圍是（

）A． B． C． D．2．已知復數z滿足，且z在復平面內對應的點為，則（

）A． B． C． D．3．函數的最小正周期是（

）A． B． C． D．4．已知數列的前n項和為，滿足，則=（

）A．11 B．31 C．61 D．1215．甲箱中有3個紅球和2個白球，乙箱中有2個紅球和3個白球（兩箱中的球除顏色外沒有其他區別），先從甲箱中隨機取出一球放入乙箱，再從乙箱中隨機取出兩球，則取出的兩球都是紅球的概率為（

）A． B． C． D．6．已知函數，，若恰有3個極值點，則正數ω的取值范圍為（

）A． B． C． D．7．已知雙曲線C：的左、右頂點分別為，，圓與C的漸近線在第一象限的交點為M，直線交C的右支于點P，若的角平分線與y軸平行，則C的離心率為（

）A． B．2 C． D．8．已知，記，，，則（

）A． B． C． D．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．已知，，則（

）A． B．C． D．10．設D是含數1的有限實數集，是定義在D上的函數，若的圖像繞原點逆時針旋轉后與原圖像重合，則下列選項中的取值可能為（

）A． B．1 C． D．211．已知，為拋物線C：上異于原點O的兩個動點，且，作交直線AB于點N，則（

）A．直線恒過定點 B．C．存在一個定點Q，使得為定值 D．第Ⅱ卷（選擇題共92分）三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12．已知向量，，且，則=．13．在三棱錐中，點P在平面的射影為的中點，且，，設該三棱錐的體積為V，該三棱錐外接球的表面積為S，若，則S的取值范圍為．14．若a，，自然對數的底數為e，則的最小值為．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．記的內角的對邊分別為，已知．(1)求證：；(2)已知，當角取最大值時，求的面積.16．如圖所示，平面平面，且四邊形為矩形，在四邊形中，，．(1)證明：平面平面；(2)若，再從條件①、條件②中選擇一個作為已知條件，求二面角的余弦值．條件①：異面直線CD與BE所成角的余弦值為；條件②：直線BF與平面ACEF所成角的正弦值為．注：如果選擇的條件不符合要求，得0分；如果選擇多個符合要求的的條件分別進行解答，按第一個解答計分．17．已知橢圓E：，其左頂點為P，上頂點為Q，直線PQ交直線于R，且（其中O為坐標原點）.(1)求橢圓C的標準方程；(2)點N在x軸上，過點N作直線l與E交于A，B兩點，問：是否存在定點N，使得為定值，若存在，求出所有點N的坐標并且求出定值；若不存在，請說明理由.18．已知函數（其中為自然對數的底數）有兩個零點，．(1)求的取值范圍：(2)（ⅰ）證明：對一切的且，都有；（ⅱ）證明：．19．十進制與二進制是常見的數制，其中十進制的數據是由0，1，2，3，4，5，6，7，8，9這十個數碼來表示的數，基數為10，進位規則是“逢十進一”，借位規則是“借一當十”；二進制的數據是由0，1這兩個數碼來表示的數，基數為2，進位規則是“逢二進一”，借位規則是“借一當二”；例如：十進制的數20對應二進制表示的數為，二進制的數對應十進制表示的數為15．用表示非空的整數集合A的所有元素的和，已知集合，，i=1，2，…，n且．（一個數，不特別說明，默認為十進制）.(1)寫出“37”對應二進制表示的數及“”對應的十進制數；(2)若集合，，，，求與的所有可能值組成的集合；(3)若，且對每個正整數，都存在A的子集S，使得，求的最小值．答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁1．B【分析】先求解集合,再利用集合的包含關系得到參數滿足的條件求解即可.【詳解】解集合，解集合，因為，所以，故選：B.2．A【分析】由，代入，利用模長公式整理得z在復平面內對應點的軌跡方程．【詳解】z在復平面內對應的點為，則，由，得，化簡得.故選：A.3．C【分析】借助正切函數的二倍角公式可得，結合函數定義域及正切型函數的周期性計算即可得.【詳解】，，又，可得，即，且、，故.故選：C.4．D【分析】首先利用公式，判斷數列是等比數列，再代入公式，即可求解.【詳解】令，得，得，由，當時，，兩式相減得，，即，即，所以數列是以為首項，為公比的等比數列，所以.故選：D.5．B【分析】根據全概率的計算公式即可求.【詳解】分別用事件和表示從甲箱中取出的球是紅球和白球,用事件B表示從乙箱中取出的兩球都是紅球，由題意可知，，，所以，故選：B6．C【分析】求出的范圍，結合余弦函數的性質列不等式求解即可.【詳解】因為，所以當時，，因為恰有3個極值點，所以，解得，即的取值范圍為.故選：C7．A【分析】求出點的坐標，根據點在直線上，結合求出點坐標，然后代入雙曲線方程可得.【詳解】由題知，，雙曲線過第一象限的漸近線方程為，聯立，解得，則，所以直線的方程為，設，則①，因為的角平分線與y軸平行，所以，即，整理得②，聯立①②解得，代入雙曲線方程得，即.故選：A8．C【分析】利用指數和對數運算，先估算出的取值范圍，再用對數運算來估算和，即可得到判斷.【詳解】由換底公式等價變形得：，因為，兩邊取以7為底的對數可得：，又因為，兩邊取以7為底的對數可得：，可知，由，可得，由，可得，從而可得，故選：C.【點睛】關鍵點點睛：關鍵是借助已知數據和指數對數運算，可以估算出，從而可以讓與有理數進行大小比較.9．ACD【分析】利用二項式定理，結合賦值逐項進行判斷即可.【詳解】由，所以的展開式中最高次項為次項，即，故A正確；的展開式中，的系數為，的系數為，則，故B錯誤；令，得，故C正確；令，得，所以，，故D正確；故選：ACD.10．BD【分析】先閱讀理解題意，則問題可轉化為圓上有6個點為一組，每次繞原點逆時針旋轉個單位后與下一個點會重合，再結合函數的定義逐一檢驗即可．【詳解】由題意可得，問題相當于圓上由6個點為一組，每次繞原點逆時針旋轉個單位后與下一個點會重合；設處的點為，∵的圖象繞原點逆時針旋轉后與原圖象重合，∴旋轉后的對應點也在的圖象上，同理旋轉后的對應點也在圖象上，以此類推，對應的圖象可以為一個圓周上6等分的6個點；對于A，當時，與正半軸夾角為，所以，此時，，此時，不滿足函數定義，故A錯誤；對于B，當時，與正半軸夾角的正切值為，此時每個只對應一個，滿足函數定義，故B正確；對于C，當時，與正半軸夾角為，即，此時，，此時，不滿足函數定義，故C錯誤；對于D，當時，與正半軸夾角為，此時每個只對應一個，滿足函數定義，故D正確；故選：BD．11．BCD【分析】設直線的方程，根據點在拋物線上及垂直關系，直線過定點可判定A；根據拋物線弦長公式可判定B；利用圓的性質可判定C；聯立直線方程結合韋達定理可判定D.【詳解】由題意可設，聯立拋物線方程可得，則，對于A項，因為，所以，整理得，即直線恒過定點，故A錯誤；對于B項，由弦長公式，當時取得等號，故B正確；對于C，設直線交橫軸D，即當時，顯然為直角三角形，則N在以為直徑的圓上，不妨設的中點為Q，則是定值，當時，此時重合，也有是定值，故C正確；對于D項，不妨設，由上知，則，故D正確.故選：BCD12．【分析】先根據坐標線性運算得出坐標，再應用垂直的坐標運算計算求參，最后應用坐標求模長即可.【詳解】因為向量，，則，因為，則，所以，所以．故答案為：13．【分析】根據條件先判定三棱錐的特征，結合體積公式求出高的范圍，再判定外接球的球心位置，利用勾股定理結合飄帶函數的性質判定外接球半徑的范圍，計算表面積即可.【詳解】因為，，故，取的中點D，連接，由題意可知平面，，

則，易得，由題意知該三棱錐外接球的球心O在直線上，設（為負，則球心在平面的下方），外接球半徑為R，故，易知在上單調遞增，即則，所以.故答案為：.14．2【分析】將原式變形，再設函數，求導求得最小值，即可求得結果.【詳解】由，設，求導，，令，解得：，令，解得，令，解得，故在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，故，故，所以，當且僅當時，等號成立.故答案為：2【點睛】思路點睛：（1）式子變形：將變形為，（2）構造函數：設，求導求得最小值；（3）得出結論：利用即可求得結果.15．(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據同角三角函數的基本關系、兩角和的正弦公式結合正弦定理、余弦定理，即可證明結論.（2）根據余弦定理結合基本不等式可得角的最大值，即可求出三角形面積.【詳解】（1）∵，∴，∴，即，∴，由得，，由正弦定理及余弦定理得，，∴.（2）由余弦定理得，，當且僅當時取等號，此時取最大值，為等邊三角形.由得，.∴的面積為.16．(1)證明見解析(2)【分析】（1）由余弦定理及勾股定理逆定理得出，再由矩形性質得出，根據線面垂直和面面垂直的判定即可證明；（2）若選①，連接，設，建立空間直角坐標系，由異面直線CD與BE所成角的余弦值求得，再根據面面夾角的余弦公式求解即可；若選②，連接，建立空間直角坐標系，設，由直線BF與平面所成角的正弦值求得，再根據面面夾角的余弦公式求解即可．【詳解】（1）證明：因為，所以，在中，由余弦定理得，，解得，所以，所以，即，因為四邊形為矩形，所以，因為，，，平面，所以平面，又平面，所以平面平面．（2）若選條件①：連接，設，因為，平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，以為原點，分別以所在直線為軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，則，所以，因為異面直線CD與BE所成角的余弦值為，所以，解得，則，所以，，設平面的一個法向量為，平面的一個法向量為，由，取得，由，取得，所以，所以二面角的余弦值為．若選②：連接，設，因為，平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，同理可得，所以，因為，，平面，，所以平面，所以直線BF與平面ACEF所成角即為，又平面，所以，所以，解得，以為原點，分別以所在直線為軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，則，，所以，，設平面的一個法向量為，平面的一個法向量為，由，取得，由，取得，所以，所以二面角的余弦值為．17．(1)(2)或【分析】（1）結合已知條件根據兩點間距離公式得到關于、的方程組，求解方程組即可求解；（2）分斜率存在和不存在兩種情況設出直線方程，直曲聯立，將條件轉化為、的關系，結合韋達定理再將條件轉化為關于、的關系式即可求解.【詳解】（1）由題意可知，，，所以，，整理聯立有：，又因為，，解得，，所以橢圓方程為.（2）根據已知條件設，設，，當直線斜率不為時，設直線，聯立，整理得，需，即，由韋達定理有：，，故因為為定值，所以，整理得，解得，此時；當直線斜率為時，不妨設，，，此時符合題設，同理可證當的坐標為時也符合題設，又恒成立，所以存在點或使得的值為（定值）.18．(1)(2)（ⅰ）證明見解析；（ⅱ）證明見解析【分析】（1）討論的范圍，通過求導分析函數單調性，利用函數有兩個零點可得，即可求出的取值范圍.（2）（ⅰ）把不等式等價變形，轉化為證明對任意的恒成立，通過求導分析函數單調性可證結論.（ⅱ）分析的范圍，由（ⅰ）得，結合基本不等式可證明結論.【詳解】（1）由得.當時，，在上單調遞增，不合題意.當時，由得，由得，∴在上單調遞減，在上單調遞增，∴，故.∵，時，，∴在和內分別存在一個零點，符合題意，∴m的取值范圍為.（2）（ⅰ）不妨設，則等價于，即證.令，即證對任意的恒成立.令，則，∴在上單調遞增，故，∴.（ⅱ）由（1）得，在和內分別存在一個零點，由得，設，則，∵等價于，∴，即，由（ⅰ）得，，即，∴.【點睛】關鍵點點睛：解決第（2）問（ⅰ）的關鍵是不等式等價變形為，令，通過構造函數可證明結論成立.解決第（2）問（ⅱ）的關鍵是利用零點的概念得到，由（ⅰ）得，結合基本不等式可證明結論.19．(1)(2)(3)【分析】（1）根據二進制與十進制定義進行相互轉化，即可得結果；（2）根據題中與定義，利用列舉法得結果；（3）先根據整數二進制表示找到滿足條件一個值，再證明其為最小值.【詳解】（1），；（2）根據題意為非空集合，，所以集合為中一種，可能值為，，所以集合為中一種，可能值為，因此與的所有可能值組