高級中學名校試卷PAGEPAGE1江西省新余市2025屆高三上學期第一次模擬考試數學試卷一、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.雙曲線的實軸長為（）A. B.4 C. D.8【答案】C【解析】由雙曲線方程知，則實軸長為.故選：C2.已知集合，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由，，所以.故選：A3.等比數列中，已知，則（）A. B.2 C. D.1【答案】A【解析】若等比數列的公比為，由題設，則，即，由.故選：A4.已知是銳角，則“直線與平面所成角的大小為”是“直線與平面內無數條直線所成角的大小為”的（）條件.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】如下圖所示：設直線交平面于點，過直線上異于點的點作，垂足為點，則為直線與平面所成的角，若直線與平面所成角的大小為，則直線與所有平行于直線的直線所成的角都為，即“直線與平面所成角的大小為”“直線與平面內無數條直線所成角的大小為”，若直線與平面內無數條直線所成角的大小為，但直線與平面內所有直線所成的最小角為直線與平面所成的角，所以，不一定是直線與平面所成的角，即“直線與平面所成角的大小為”“直線與平面內無數條直線所成角的大小為”，因此，“直線與平面所成角的大小為”是“直線與平面內無數條直線所成角的大小為”的充分不必要條件.故選：B5.已知直線的方程為，則直線的傾斜角的取值范圍為（）A. B.C. D.【答案】D【解析】直線的斜率為，設該直線的傾斜角為，則，又因為，故.故選：D.6.2024年巴黎奧運會乒乓球比賽，中國隊表現出色，包攬全部乒乓金牌，其中混雙是中國歷史上第一塊奧運乒乓球混雙金牌，由王楚欽和孫穎莎組成的“莎頭”組合對戰朝鮮隊，最終以的比分贏得勝利.假設2025年的一次乒乓球比賽中，“莎頭”組合再次遇到朝鮮隊，采用7局4勝制（先勝4局者勝，比賽結束），已知每局比賽“莎頭”組合獲勝的概率為，則“莎頭”組合再次以獲勝的概率為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】“莎頭”組合再次以獲勝，即前局“莎頭”組合勝局、負局，第局“莎頭”組合獲勝，所以“莎頭”組合再次以獲勝的概率.故選：B7.已知函數的圖象經過點，則下列說法正確的是（）A.若，則對任意的都有B.若的圖象關于直線對稱，則C.若在上單調遞增，則的取值范圍是D.若方程在上恰有兩個不同的實數解，則的取值范圍是【答案】C【解析】因為函數的圖象經過點，所以，即，又，所以，所以；對于A：當時，，則，故A錯誤；對于B：因為的圖象關于直線對稱，則，又，所以，故B錯誤；對于C：由，得，因為在上單調遞增，所以，即，解得，即的取值范圍是，故C正確；對于D，因為，所以，方程在上恰有兩個不同的實數解，即在上恰有兩個不同的實數解，則有，解得，即的取值范圍是，故D錯誤．故選：C．8.已知表示m，n中最大的數，設函數，若，則的最大值為（）A.2 B.1 C.1 D.2【答案】C【解析】由，顯然函數定義域為，當時，令，則，令，則，顯然，即在上單調遞增，又，，故使，則，所以上，即，則在上單調遞減，上，即，則在上單調遞增，所以，顯然，則，此時恒成立，故，即，滿足要求；當時，對于有，即恒成立，則時，，又時，，此時恒成立，即，滿足要求；當時，對于恒成立，則時，，又時，，此時恒成立，即，滿足要求；當時，對于的圖象開口向上且對稱軸，所以，在上單調遞減，且有，對于，在上單調遞增，且有，綜上，在區間內，存在，即存在，不滿足要求；綜上，，故的最大值為1.故選：C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.已知復數，則（）A.B.C.D.在復平面內對應的點位于第四象限【答案】BD【解析】虛數不能比較大小，A選項錯誤；復數，則，則，B選項正確；，C選項錯誤；對應點為，D選項正確.故選：BD.10.下列說法中正確的是（）A.若樣本數據、、、的平均數為，則數據、、、的平均數為B.隨機變量服從正態分布，若，則C.某校高三（1）班進行米體測，男生人，跑完平均用時秒，方差為，女生人，跑完平均用時秒，方差為，則該班級的體測成績方差大于D.若隨機事件、滿足：，，，則事件與相互獨立【答案】ABD【解析】對于A選項，設數據、、、的平均數為，則樣本數據、、、的平均數為，解得，A對；對于B選項，隨機變量服從正態分布，若，則，則，B對；對于C選項，由題意可知，該班級的體測成績的平均數為，所以，該班級的體測成績方差為，無法確定與的大小，C錯；對于D選項，由題意可得，故事件、獨立，D對.故選：ABD.11.如圖，在棱長為的正方體中，、、分別是、、的中點，是線段上的動點（不包含端點），則（）A.四面體的外接球的表面積為B.存在點，使、、、四點共面C.過且與垂直的平面截正方體所得截面面積取值范圍為D.點是四邊形內的動點，且直線與直線夾角為，則點的軌跡長度為【答案】ACD【解析】對于A選項，將四棱錐補成長方體，所以，四面體的外接球的直徑即為長方體的體對角線長，即四面體的外接球的直徑為，所以，四面體的外接球的表面積為，A對；對于B選項，連接、、，因為且，故四邊形為平行四邊形，所以，，因為、分別是、中點，則，所以，即、、、四點共面，當與重合時滿足、、、四點共面，但是線段上的動點（不包含端點），B錯；對于C選項，如圖，在平面上作⊥，垂足為點，過點作在平面內⊥交或者于，因為平面平面，平面平面，且平面，所以平面，又平面，所以⊥，因為，、平面，所以平面，平面截正方體截面為平行四邊形，當與點重合時，面積最大，此時，，面積為，當與點無限接近時，面積接近于，過且與垂直的平面截正方體所得截面面積取值范圍為，C對；對于D選項，取的中點，連接，則，則平面，取的中點，以為圓心，為半徑作圓，交、于、，則點的軌跡為以為圓心，為半徑的部分圓弧，此時滿足直線與直線夾角為，如圖，，故，所以點的軌跡長度為，D對.故選：ACD.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知向量，若與是共線向量，則實數___________.【答案】【解析】由題設，，且兩向量共線，所以，則.故答案為：13.展開式中的系數為36，則的值為___________.【答案】【解析】因為的二項展開式為，令，可得；令，可得；可得，所以，解得：，故答案為：14.課內我們已經學習了一元二次方程的韋達定理.實際上，一元三次方程也有對應的韋達定理：一元三次方程的三根為滿足：.已知滿足：和，其中互不相等，則___________.【答案】【解析】由題意互不相同，則互不相同.即互不相同.由已知，可得是方程的三個不同的實數根.由一元三次方程的韋達定理得，即①，由，且為一常數，則是方程的兩不等根，則由韋達定理可得，②，聯立①②解得.故答案為：.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?.15.在中，已知角的對邊分別是，且.（1）求角的大小；（2）若邊上的高為，求三角形ABC的周長.解：（1）由題設及余弦定理知，整理得，所以，，則；（2）由題意及（1）知：，則，由，即，所以（負值舍），故，而，所以三角形ABC的周長為.16.如圖，在四棱錐中，，，平面平面ABCD.（1）求證：；（2）求平面PCD與平面PAB夾角的余弦值.（1）證明：由，易知為直角梯形，且，連接，則，且為等腰直角三角形，，所以，在中，則，又，故，即，且，即，面面，面，又面面，所以面，面，則，又且都在面內，故面，面，所以.（2）解：若為的中點，連接，由，則，面面，面，面面，所以面，由，易知為直角梯形，面內作，則可構建空間直角坐標系，如圖，則，所以，，，，若為面的一個法向量，則，令，則，若為面的一個法向量，則，令，則，所以，即平面PCD與平面PAB夾角的余弦值為.17.已知函數，其中.（1）當時，求在點處的切線方程；（2）當時，恒成立，求的取值范圍.解：（1）由題設，且時，則，所以，則，故在點處的切線方程為，所以.（2）由且定義域為R，所以為偶函數，即函數圖象關于軸對稱，只需研究時恒成立，由，要使在上恒成立，必有（必要性），由，則，即，下證（充分性）：時，恒有在上成立，在上，又，且，故，即在上恒成立；當時，令，則，在上，即恒成立，所以上單調遞增，當趨向于0時趨向于()，當趨向于時趨向于，所以，使，即，，則在上單調遞減，又，故存在區間上，不合題設；綜上，.18.平面直角坐標系中，點與定點的距離和它到定直線的距離之比是常數.（1）求點的軌跡方程；（2）若不過點的直線交曲線于P，Q兩點；①若以P，Q為直徑的圓過點，證明：直線過定點；②在①條件下，作為垂足.是否存在定點，使得為定值？若存在，求點的坐標；若不存在，說明理由.解：（1）令，結合題設有，則，所以，即點的軌跡方程為.（2）若以P，Q為直徑的圓過點，且直線不過點可知，直線的斜率不為0，可設，，聯立，則，整理得，且，則，所以，，①由題意，所以，即或（舍，直線過點），所以，故直線過定點，得證.②由，且直線過定點，故在以為直徑的圓上，且中點為，該點到的距離恒為，所以，存在定點使.19.設，若，且不存在，使得依次成等差數列，則稱為的簡單集，元素個數最多的簡單集稱為的最大簡單集，的最大簡單集的元素個數記為.（1）寫出4的所有最大簡單集，并求；（2）設，證明：，并求；（3）設，若對任意，都有恒成立，證明：.（1）解：若，，由簡單集及最大簡單集定義可知，4的最大簡單集為或．故.（2）證明：設．若為的最大簡單集，且，則．由于為的簡單集，為的簡單集，由最大簡單集的定義可知，故．因此當時，①，下面求：由于，由①可知．其中中最多只能取三個數：或；中最多也只能取三個數：或．若，共四種情況：或或或.在和中，成等差數列；在和中，成等差數列；以上情況均不滿足定義，故．若，則和恰有一個集合有三個數，依據對稱性，不妨設該集合為，三個數為或．則中選兩個數，且不能選7（否則成等差數列），故只有三種情況：5，6；5，8；6，8．若選兩數為，則在與中，為等差數列；若選兩數為，則在中，為等差數列；在中，為等差數列；若選兩數為，則在與中，為等差數列；均不滿足定義，故．又為簡單集，故.（3）證明：一方面，對，若是的最大簡單集，則必為的簡單集，故②，下面證明：當，不滿足結論“對任意，恒成立”．即證：當時，存在，使得.證明：當時，由①②可知，，又因為為簡單集，所以，故可知，當時，存，滿足且，故當，不滿足結論“對任意，恒成立”，得證.另一方面，我們先求出.對于，可知．若，因為，所以在中最多選個數，故必選，因此也不能選；同理，在中最多選個數，故必選，因此也不能選；又由選可知，不能選；選可知，不能選；此時，最大簡單集中不能出現，因此必選；而中，成等差數列，故；對于，由，若，同理可知，必屬于最