江西省师大附中2025届高三数学三模考试试题文含解析

PAGE22-江西省师大附中2025届高三数学三模考试试题文（含解析）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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】C【解析】【分析】首先化简集合，，再求即可.【详解】解：，故选：C【点睛】本题主要考查集合的交集运算，同时考查了函数的定义域求法，属于简洁题.2.设复数，则的共轭复数为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先化成复数代数形式，再依据共轭复数定义选择.【详解】解：因为，所以，故选：A.【点睛】本题考查复数除法法则以及共轭复数定义，考查基本分析求解实力，属基础题.3.的值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用诱导公式先进行化简，然后利用特别角的三角函数值进行求解.【详解】.故选：A.【点睛】本题主要考查利用诱导公式求值，熟记特别角的三角函数值是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.4.已知向量，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由已知可得，从而可求出的值.【详解】解：因为向量，，所以，所以，故选：D【点睛】此题考查平面对量的坐标运算，向量的模，向量的减法运算，属于基础题.5.已知、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，给出下列命题：①若，，则；②若，，则；③若，，，则；④若，，则．其中全部正确命题的序号是（）A.①② B.②③ C.②④ D.①④【答案】D【解析】【分析】利用线面平行和线面垂直的性质可推断①的正误；利用线面的位置关系可推断②③的正误；利用线面平行的性质和面面垂直的判定定理可推断④的正误.综合可得出结论.【详解】对于命题①，若，过直线的平面与的交线满意，则，，，，则，命题①正确；对于命题②，若，，则或，命题②错误；对于命题③，若，，，则与平行、相交或异面，命题③错误；对于命题④，若，过直线的平面与的交线满意，且，，则，，命题④正确.故选：D.【点睛】本题考查线面、面面位置关系有关命题的推断，考查推理实力，属于中等题.6.若将函数的图象向右平移个单位长度后，所得图象的一个对称中心为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由的图象向右平移个单位长度后，求得对称中心即可.【详解】解：的图象向右平移个单位长度后得到的函数为.令，则.所以，所得图象的对称中心为.当时，所得图象的一个对称中心为.故选：D.【点睛】本题主要考查正弦型函数的平移变换及对称中心，属于基础题.7.已知数列的前项和，则“”是“是等比数列”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】分析】先令，求出，再由时，依据，求出，结合充分条件与必要条件的概念，即可得出结果.【详解】解：当时，，当时，若，则，，当时，，数列是等比数列；若数列是等比数列，，，，所以，是充分必要条件．故选：C【点睛】本题主要考查充分必要条件的判定，熟记概念，以及数列的递推公式即可求解，属于常考题型.8.函数的图象大致为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】利用奇偶性解除C，当时利用基本不等式和三角函数的有界性可以得到，从而解除BD，进而得到答案.【详解】记为，，∴是奇函数，解除C;当时，,故B、D错误，故选：A.【点睛】本题考查已知函数的解析式，判定图象，涉及函数的奇偶性，三角函数的性质，基本不等式，指数函数的性质，属小综合，难度一般.9.在《周髀算经》中，把圆及其内接正方形称为圆方图，把正方形及其内切圆称为方圆图.圆方图和方圆图在我国古代的设计和建筑领域有着广泛的应用.山西应县木塔是我国现存最古老、最高大的纯木结构楼阁式建筑，它的正面图如下图所示.以该木塔底层的边作正方形，以点或点为圆心，以这个正方形的对角线为半径作圆，会发觉塔的高度正好跟此对角线长度相等.以该木塔底层的边作正方形，会发觉该正方形与其内切圆的一个切点正好位于塔身和塔顶的分界线上.经测量发觉，木塔底层的边不少于47.5米，塔顶到点的距离不超过19.9米，则该木塔的高度可能是（参考数据：）（）A.66.1米 B.67.3米 C.68.5米 D.69.0米【答案】B【解析】【分析】高度和木塔高度之比应为，再依据木塔底层的边不少于47.5米，即可求解.【详解】解：设木塔的高度为，有图可知，（米），同时，（米），即木塔的高度应在67.165米至67.918米之间，只有B符合.故选：B.【点睛】依据给定图形视察出待求线段与已知线段之间的比例关系是解答本题的关键，同时考查运算求解实力；属于基础题.10.已知圆的圆心到直线的距离为，则圆与圆的位置关系是（）A.相交 B.内切 C.外切 D.相离【答案】B【解析】【分析】依据圆的方程求得圆心为，半径为，利用点到直线的距离公式得到，求得圆心距，依据圆与圆的位置关系进行判定.【详解】圆的圆心为，半径为.圆心到直线的距离为，解得.∴圆的圆心为，半径为2，圆的标准方程为：，圆心坐标为，半径，圆心距，∴两圆相内切，故选：B.【点睛】本题考查圆与圆位置关系的判定，涉及点到直线的距离公式，圆的一般方程和标准方程，属中档题.11.设，已知直线与双曲线的两条渐近线分别交于点，，若点满意，则该双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】求得两条渐近线的方程为，联立方程组求得的坐标，再由，得到,结合斜率公式，求得，进而求得双曲线的离心率.【详解】由题意，双曲线的两条渐近线的方程为，联立，解得，同理可得，所以的中点坐标为，因点满意，则,可得，整理得，又由，所以，可得，所以双曲线的离心率为.故选：D.【点睛】本题主要考查了双曲线的离心率的求解，以及两直线的位置关系的应用，着重考查推理与运算实力，属于中档试题.12.如图，在棱长为的正方体中，点是棱的中点，，若过点，，的平面分别交棱、于点，，则线段的长度为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】在的延长线上取点，使，通过证明确定出点；直线与交于点，连结，则和的交点就是过点，，的平面与棱的交点，然后依据三角形相像，进一步可求线段的长度.【详解】解：由知，,取的中点，在线段上取点，使，则由，所以四边形为平行四边形，，由，所以四边形为平行四边形，，所以，所以四边形为平行四边形，，在的延长线上取点，使，连结则是线段的中点，所以，所以，所以过点，，的平面与棱的交点就是线段与线段的交点，设直线与交于点，连结，则和的交点就是过点，，的平面与棱的交点，由和相像，易求，由和相像，易求，由和相像，易求，所以，故选：B【点睛】考查几何体中不共线三点确定平面的方法以及求线段的长度的方法，中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.若数列的前项和，则______________．【答案】17【解析】【分析】由可求得结果.【详解】解：因为数列的前项和，所以，故答案为：17【点睛】此题考查数列前项和与通项的关系，属于基础题.14.已知过抛物线的焦点的直线交于，两点，若点的横坐标为，则点到的准线的距离为____________．【答案】10【解析】【分析】由已知求出点，的坐标，则可得直线的方程，再与抛物线方程联立成方程组，求出点的坐标，然后由抛物线的定义可求出点到的准线的距离.【详解】解：由已知得，准线方程为因为点的横坐标为，所以点的纵坐标为，即，所以直线的斜率为，所以直线的方程为，由，得，解得或，所以点的纵坐标为8所以点到的准线的距离为，故答案为：10【点睛】此题考查抛物线的定义和性质，直线与抛物线的位置关系，属于基础题.15.已知变量，满意，若的最小值为，则实数等于____________．【答案】3【解析】【分析】先作出不等式组对应的可行域，由得，它表示斜率为，纵截距为的直线系，再利用数形结合分析即得解.【详解】不等式组对应的可行域为如图所示的平面区域，由得，它表示斜率为，纵截距为的直线系，当直线经过点A时，直线的纵截距最小，最小.联立得，所以所以.故答案为：3【点睛】本题主要考查利用线性规划的最值求参数的值，意在考查学生对这些学问的理解驾驭水平和数形结合分析推理实力.16.已知函数，其中为自然对数的底数．若函数有个不同的零点，则实数的取值范围是__________________．【答案】【解析】【分析】函数有三个零点，可以转化为两个函数有三个不同的交点问题，求导分析函数单调性，画出图像，视察求出实数的取值范围.【详解】当时，，，当时，，单调递减，当时，，单调递增，在时取得微小值也即最小值；当时，，，当时，，单调递增，当时，，单调递减，在时取得极大值也即最大值；把函数有个不同的零点转化为有三个不同的交点问题；当与相切时，两函数图形恰好有两个交点，设切点坐标为，则，整理得，，由图像视察得：.故答案为：.【点睛】本题主要考查了已知函数的零点个数求参数问题，考查了函数与方程思想，转化思想.属于较难题.三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必需作答．第22题、23题为选考题，考生依据要求作答．（一）必考题：共60分．17.在锐角中，角，，所对的边分别为，，，．（1）求的值；（2）若的面积为，求的最小值．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）依据正弦定理把边化角得到，利用为锐角三角形得出，进而得出结论；（2）利用三角形的面积公式得到，再利用余弦定理和基本不等式得出结论.【详解】（1）由，得，，因为为锐角三角形，所以，，所以，从而，所以．（2）因，所以，又，当且仅当时取等号，所以的最小值为．【点睛】本题主要考查正余弦定理和基本不等式.属于中档题.18.2024年起，全国地级及以上城市全面启动生活垃圾分类工作，垃圾分类投放逐步成为居民的新时尚．为了促进生活垃圾的分类处理，将生活垃圾分为厨余垃圾、可回收垃圾、有害垃圾和其他垃圾四类，并分别设置了相应的垃圾箱．为调查居民生活垃圾分类投放状况，现随机抽取了某市三类垃圾箱中总计1000吨生活垃圾，数据统计如下（单位：吨）：“厨余垃圾”箱“可回收垃圾”箱“有害垃圾”箱“其他垃圾”箱厨余垃圾300703080可回收垃圾302103030有害垃圾20206020其他垃圾10201060（1）分别估计厨余垃圾和有害垃圾投放正确的概率；（2）假设厨余垃圾在“厨余垃圾”箱、“可回收垃圾”箱、“有害垃圾”箱、“其他垃圾”箱的投放量分别为，，，，其中，．当数据，，，的方差最大时，写出，，，的值（结论不要求证明），并求此时的值．【答案】（1）；（2），；．【解析】【分析】（1）用厨余垃圾投放正确的数量比上厨余垃圾总量可得“厨余垃圾”投放正确的概率，同理可求出有害垃圾投放正确的概率；（2）当，时，数据，，，的方差最大，求出平均值依据方差计算公式求解即可.【详解】（1）估计“厨余垃圾”投放正确的概率为；估计“有害垃圾”投放正确的概率为．（2）当，时，数据，，，的方差最大．因为，所以此时方差．【点睛】本题考查频率估计概率、样本数据的方差，属于基础题.19.如图，在四棱台中，底面是菱形，平面平面，，．（1）求证：；（2）求四棱台的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】【分析】（1）延长，，，可相交于一点S，取的中点M，连接交于点N，连接．可证，，然后利用线面垂直的判定定理证明平面，进而依据线面垂直的定义得到；（2）由（1）的中间结论，利用面面垂直的性质定理得到平面，进而计算得到所求体积.【详解】（1）在四棱台中，延长，，，可相交于一点S，如图所示．取的中点M，连接交于点N，连接．因为，所以，从而．因为底面是菱形，，所以为正三角形，所以．又因为，所以平面．所以，即．（2）因为平面平面，所以由（1）可知，平面．因为，，，所以．又．所以．所以四棱台的体积为．【点睛】本题考查棱台的结构特征，线面垂直的判定与性质，面面垂直的性质，棱台的体积计算，属中档题.留意棱台的侧棱延长后交于同一点.20.已知椭圆的离心率为，其上顶点为，左焦点为，原点到直线的距离等于．（1）求椭圆的方程；（2）若过点的直线与椭圆相交于，两点，且，求直线的方程．【答案】（1）；（2）或．【解析】【分析】（1）由题意可得，而，可求出，再结合求出，从而可得到椭圆的标准方程；（2）先推断直线的斜率存在，然后设出直线的方程，与椭圆方程联立成方程组，消元后得到，再用根与系数的关系，再结合列方程可求出的值，从而可得到直线方程.【详解】（1）由已知，，，所以，所以，即，所以，．又，所以．所以椭圆C的方程为．（2）将代入得，，，此时，因此，直线的斜率必定存在．设直线的方程为，即，，，联立得，，所以，，．所以，．解得，所以．所以直线的方程为或．【点睛】此题考查了求椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查了运算实力，属于中档题.21.已知函数．（1）求曲线在处的切线方程；（2）若关于的不等式在区间上恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）先求导数可得切线的斜率，结合切点坐标可求切线方程；（2）把目标不等式进行化简，分出参数，结合导数求解新函数的最小值，然后可得结果.【详解】（1）由已知，，从而，．所以，，所以曲线在处的切线方程为，即．（2）当时，可化为，即．令，，则依题设，只需．，因为，所以当时，；当时，．从而在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，即实数a的取值范围是．【点睛】本题主要考查导数的应用，利用导数求解切线问题的关键是求解切线的斜率，恒成立问题一般利用分别参数进行求解，结合函数的最值可求参数范围，侧重考查数学抽象的核心素养.（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．假如多做，则按所做的第一题计分．22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．（1）求曲线的一般方程和直线的直角坐标方程；（2）设，若直线与曲线相交于，两点，求的值．【答案】（1）曲线C的一般方程为；