2025届江西省南昌二中高三压轴卷数学试卷含解析

2025届江西省南昌二中高三压轴卷数学试卷注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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，复数，，且为实数，则（）A． B． C．3 D．-32．已知抛物线上一点的纵坐标为4，则点到抛物线焦点的距离为（）A．2 B．3 C．4 D．53．已知奇函数是上的减函数，若满足不等式组，则的最小值为（）A．-4 B．-2 C．0 D．44．若函数在时取得最小值，则（）A． B． C． D．5．如图，在正四棱柱中，，分别为的中点，异面直线与所成角的余弦值为，则()A．直线与直线异面，且 B．直线与直线共面，且C．直线与直线异面，且 D．直线与直线共面，且6．复数，是虚数单位，则下列结论正确的是A． B．的共轭复数为C．的实部与虚部之和为1 D．在复平面内的对应点位于第一象限7．正项等比数列中，，且与的等差中项为4，则的公比是()A．1 B．2 C． D．8．已知集合，将集合的所有元素从小到大一次排列构成一个新数列，则（）A．1194 B．1695 C．311 D．10959．设为的两个零点，且的最小值为1，则（）A． B． C． D．10．甲、乙、丙、丁四人通过抓阄的方式选出一人周末值班（抓到“值”字的人值班）.抓完阄后，甲说：“我没抓到.”乙说：“丙抓到了.”丙说：“丁抓到了”丁说：“我没抓到."已知他们四人中只有一人说了真话，根据他们的说法，可以断定值班的人是（）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁11．已知双曲线：（，）的焦距为.点为双曲线的右顶点，若点到双曲线的渐近线的距离为，则双曲线的离心率是（）A． B． C．2 D．312．函数的图象大致是（）A． B．C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在中，角的对边分别为，且，若外接圆的半径为，则面积的最大值是______.14．将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，则函数的最大值为______.15．已知集合，，则________.16．已知等比数列的各项均为正数，，则的值为________.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。17．（12分）已知圆M：及定点，点A是圆M上的动点，点B在上，点G在上，且满足，，点G的轨迹为曲线C.（1）求曲线C的方程；（2）设斜率为k的动直线l与曲线C有且只有一个公共点，与直线和分别交于P、Q两点.当时，求（O为坐标原点）面积的取值范围.18．（12分）如图，在直三棱柱中，，点P，Q分别为，的中点.求证：（1）PQ平面；（2）平面.19．（12分）在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆C的极坐标方程为.（1）求直线l的普通方程和圆C的直角坐标方程；（2）直线l与圆C交于A，B两点，点P(2,1)，求|PA|⋅|PB|的值.20．（12分）如图，已知在三棱锥中，平面，分别为的中点，且.（1）求证：；（2）设平面与交于点，求证：为的中点.21．（12分）已知函数，为实数，且．（Ⅰ）当时，求的单调区间和极值；（Ⅱ）求函数在区间，上的值域（其中为自然对数的底数）．22．（10分）如图，在四棱锥中，，，.（1）证明：平面；（2）若，，为线段上一点，且，求直线与平面所成角的正弦值.

参考答案一、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、B【解析】

把和代入再由复数代数形式的乘法运算化简，利用虚部为0求得m值．【详解】因为为实数，所以，解得.【点睛】本题考查复数的概念，考查运算求解能力.2、D【解析】试题分析：抛物线焦点在轴上，开口向上，所以焦点坐标为，准线方程为，因为点A的纵坐标为4，所以点A到抛物线准线的距离为，因为抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，所以点A与抛物线焦点的距离为5.考点：本小题主要考查应用抛物线定义和抛物线上点的性质抛物线上的点到焦点的距离，考查学生的运算求解能力.点评：抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，这条性质在解题时经常用到，可以简化运算.3、B【解析】

根据函数的奇偶性和单调性得到可行域，画出可行域和目标函数，根据目标函数的几何意义平移得到答案.【详解】奇函数是上的减函数，则，且，画出可行域和目标函数，，即，表示直线与轴截距的相反数，根据平移得到：当直线过点，即时，有最小值为.故选：.【点睛】本题考查了函数的单调性和奇偶性，线性规划问题，意在考查学生的综合应用能力，画出图像是解题的关键.4、D【解析】

利用辅助角公式化简的解析式，再根据正弦函数的最值，求得在函数取得最小值时的值．【详解】解：，其中，，，故当，即时，函数取最小值，所以，故选：D【点睛】本题主要考查辅助角公式，正弦函数的最值的应用，属于基础题．5、B【解析】

连接，，，，由正四棱柱的特征可知，再由平面的基本性质可知，直线与直线共面.，同理易得，由异面直线所成的角的定义可知，异面直线与所成角为，然后再利用余弦定理求解.【详解】如图所示：连接，，，，由正方体的特征得，所以直线与直线共面.由正四棱柱的特征得，所以异面直线与所成角为.设，则，则，，，由余弦定理，得.故选：B【点睛】本题主要考查异面直线的定义及所成的角和平面的基本性质，还考查了推理论证和运算求解的能力，属于中档题.6、D【解析】

利用复数的四则运算，求得，在根据复数的模，复数与共轭复数的概念等即可得到结论．【详解】由题意，则，的共轭复数为，复数的实部与虚部之和为，在复平面内对应点位于第一象限，故选D．【点睛】复数代数形式的加减乘除运算的法则是进行复数运算的理论依据,加减运算类似于多项式的合并同类项,乘法法则类似于多项式乘法法则，除法运算则先将除式写成分式的形式,再将分母实数化，其次要熟悉复数相关基本概念，如复数的实部为、虚部为、模为、对应点为、共轭为．7、D【解析】

设等比数列的公比为q，，运用等比数列的性质和通项公式，以及等差数列的中项性质，解方程可得公比q．【详解】由题意，正项等比数列中，，可得，即，与的等差中项为4，即，设公比为q，则，则负的舍去，故选D．【点睛】本题主要考查了等差数列的中项性质和等比数列的通项公式的应用，其中解答中熟记等比数列通项公式，合理利用等比数列的性质是解答的关键，着重考查了方程思想和运算能力，属于基础题．8、D【解析】

确定中前35项里两个数列中的项数，数列中第35项为70，这时可通过比较确定中有多少项可以插入这35项里面即可得，然后可求和．【详解】时，，所以数列的前35项和中，有三项3，9，27，有32项，所以．故选：D．【点睛】本题考查数列分组求和，掌握等差数列和等比数列前项和公式是解题基础．解题关键是确定数列的前35项中有多少项是中的，又有多少项是中的．9、A【解析】

先化简已知得,再根据题意得出f（x）的最小值正周期T为1×2，再求出ω的值．【详解】由题得,设x1，x2为f（x）=2sin（ωx﹣）（ω＞0）的两个零点，且的最小值为1，∴=1，解得T=2；∴=2，解得ω=π．故选A．【点睛】本题考查了三角恒等变换和三角函数的图象与性质的应用问题，是基础题．10、A【解析】

可采用假设法进行讨论推理，即可得到结论.【详解】由题意，假设甲：我没有抓到是真的，乙：丙抓到了，则丙：丁抓到了是假的，丁：我没有抓到就是真的，与他们四人中只有一个人抓到是矛盾的；假设甲：我没有抓到是假的，那么丁：我没有抓到就是真的，乙：丙抓到了，丙：丁抓到了是假的，成立，所以可以断定值班人是甲.故选：A.【点睛】本题主要考查了合情推理及其应用，其中解答中合理采用假设法进行讨论推理是解答的关键，着重考查了推理与分析判断能力，属于基础题.11、A【解析】

由点到直线距离公式建立的等式，变形后可求得离心率．【详解】由题意，一条渐近线方程为，即，∴，，即，，．故选：A．【点睛】本题考查求双曲线的离心率，掌握渐近线方程与点到直线距离公式是解题基础．12、C【解析】

根据函数奇偶性可排除AB选项；结合特殊值，即可排除D选项.【详解】∵，，∴函数为奇函数，∴排除选项A，B；又∵当时，，故选：C.【点睛】本题考查了依据函数解析式选择函数图象，注意奇偶性及特殊值的用法，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式，结合范围可求的值，利用正弦定理可求的值，进而根据余弦定理，基本不等式可求的最大值，进而根据三角形的面积公式即可求解.【详解】解：，由正弦定理可得：，，，又，，，即，可得：，外接圆的半径为，，解得，由余弦定理，可得，又，（当且仅当时取等号），即最大值为4，面积的最大值为.故答案为：.【点睛】本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换的应用，余弦定理，基本不等式，三角形的面积公式在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于中档题．14、【解析】

由三角函数图象相位变换后表达函数解析式，再利用三角恒等变换与辅助角公式整理的表达式，进而由三角函数值域求得最大值.【详解】将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，则所以，当函数最大，最大值为故答案为：【点睛】本题考查表示三角函数图象平移后图象的解析式，还考查了利用三角恒等变换化简函数式并求最值，属于简单题.15、【解析】

利用交集定义直接求解．【详解】解：集合奇数，偶数，．故答案为：．【点睛】本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．16、【解析】

运用等比数列的通项公式，即可解得．【详解】解：，，，，，，，，，，，．故答案为：．【点睛】本题考查等比数列的通项公式及应用，考查计算能力，属于基础题．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。17、（1）；（2）.【解析】

（1）根据题意得到GB是线段的中垂线，从而为定值，根据椭圆定义可知点G的轨迹是以M，N为焦点的椭圆，即可求出曲线C的方程；（2）联立直线方程和椭圆方程，表示处的面积代入韦达定理化简即可求范围.【详解】（1）为的中点，且是线段的中垂线，，又，∴点G的轨迹是以M，N为焦点的椭圆，设椭圆方程为（），则，，，所以曲线C的方程为.（2）设直线l：（），由消去y，可得.因为直线l总与椭圆C有且只有一个公共点，所以，.①又由可得；同理可得.由原点O到直线的距离为和，可得.②将①代入②得，当时，，综上，面积的取值范围是.【点睛】此题考查了轨迹和直线与曲线相交问题，轨迹通过已知条件找到几何关系从而判断轨迹，直线与曲线相交一般联立设而不求韦达定理进行求解即可，属于一般性题目.18、（1）见解析（2）见解析【解析】

（1）取的中点D，连结，.根据线面平行的判定定理即得；（2）先证，，和都是平面内的直线且交于点，由（1）得，再结合线面垂直的判定定理即得.【详解】（1）取的中点D，连结，.在中，P，D分别为，中点，，且.在直三棱柱中，，.Q为棱的中点，，且.，.四边形为平行四边形，从而.又平面，平面，平面.（2）在直三棱柱中，平面.又平面，.，D为中点，.由（1）知，，.又，平面，平面，平面.【点睛】本题考查线面平行的判定定理，以及线面垂直的判定定理，难度不大.19、（1）直线的普通方程，圆的直角坐标方程：.（2）【解析】

（1）直接利用转换关系的应用，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换.（2）将直线的参数方程代入圆的直角坐标方程，利用一元二次方程根和系数关系式即可求解.【详解】（1）直线l的参数方程为（t为参数），转换为直角坐标方程为x+y﹣3＝0.圆C的极坐标方程为ρ2﹣4ρcosθ＝3，转换为直角坐标方程为x2+y2﹣4x﹣3＝0.（2）把直线l的参数方程为（t为参数），代入圆的直角坐标方程x2+y2﹣4x﹣3＝0，得到，所以|PA||PB|＝|t1t2|＝6.【点睛】本题考查参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型.20、（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】

（1）要做证明，只需证明平面即可；（2）易得∥平面，平面，利用线面平行的性质定理即可得到∥，从而获得证明【详解】证明：（1）因为平面，平面，所以.因为，所以.又因为，平面，平面，所以平面.又因为平面，所以.（2）因为平面与交于点，所以平面.因为分别为的中点，所以∥.又因为平面，平面，所以∥平面.又因为平面，平面平面，所以∥，又因为是的中点，所以为的中点.【点睛】本题考查线面垂直的判定定理以及线面平行的性质定理，考查学生的逻辑推理能力，是一道容易题.21、（Ⅰ）极大值0，没有极小值；函数的递增区间，递减区间，（Ⅱ）见解析【解析】

（Ⅰ）由，令，得增区间为，令，得减区间为，所以有极大值，无极小值