2025届江西省南昌市进贤一中高考仿真卷数学试卷含解析

2025届江西省南昌市进贤一中高考仿真卷数学试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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．已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中三视图的长、宽、高分别为，，，且，则此三棱锥外接球表面积的最小值为（）A． B． C． D．2．正项等比数列中的、是函数的极值点，则（）A． B．1 C． D．23．已知函数，当时，的取值范围为，则实数m的取值范围是（）A． B． C． D．4．如图，正四面体的体积为，底面积为，是高的中点，过的平面与棱、、分别交于、、，设三棱锥的体积为，截面三角形的面积为，则（）A．， B．，C．， D．，5．1777年，法国科学家蒲丰在宴请客人时，在地上铺了一张白纸，上面画着一条条等距离的平行线，而他给每个客人发许多等质量的，长度等于相邻两平行线距离的一半的针，让他们随意投放.事后，蒲丰对针落地的位置进行统计，发现共投针2212枚，与直线相交的有704枚.根据这次统计数据，若客人随意向这张白纸上投放一根这样的针，则针落地后与直线相交的概率约为（）A． B． C． D．6．已知为虚数单位，若复数，，则A． B．C． D．7．若，则实数的大小关系为（）A． B． C． D．8．，则与位置关系是()A．平行 B．异面C．相交 D．平行或异面或相交9．设，，则“”是“”的A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件10．已知数列满足，则（）A． B． C． D．11．设集合，集合，则=（）A． B． C． D．R12．已知等边△ABC内接于圆：x2+y2=1，且P是圆τ上一点，则的最大值是（）A． B．1 C． D．2二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知函数在处的切线与直线平行，则为________.14．如图是九位评委打出的分数的茎叶统计图，去掉一个最高分和一个最低分后，所剩数据的平均分为_______．15．已知实数，满足约束条件，则的最大值是__________.16．如图，直线平面，垂足为，三棱锥的底面边长和侧棱长都为4，在平面内，是直线上的动点，则点到平面的距离为_______，点到直线的距离的最大值为_______.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）已知数列满足：对一切成立.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.18．（12分）已知数列和满足，，，，.（Ⅰ）求与；（Ⅱ）记数列的前项和为，且，若对，恒成立，求正整数的值.19．（12分）从抛物线C：（）外一点作该抛物线的两条切线PA、PB（切点分别为A、B），分别与x轴相交于C、D，若AB与y轴相交于点Q，点在抛物线C上，且（F为抛物线的焦点）.（1）求抛物线C的方程；（2）①求证：四边形是平行四边形.②四边形能否为矩形？若能，求出点Q的坐标；若不能，请说明理由.20．（12分）以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，且在两种坐标系中取相同的长度单位，建立极坐标系，判断直线为参数）与圆的位置关系．21．（12分）已知矩阵不存在逆矩阵，且非零特低值对应的一个特征向量，求的值.22．（10分）已知函数，.（1）若函数在上单调递减，且函数在上单调递增，求实数的值；（2）求证：（，且）.

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】

根据三视图得到几何体为一三棱锥，并以该三棱锥构造长方体，于是得到三棱锥的外接球即为长方体的外接球，进而得到外接球的半径，求得外接球的面积后可求出最小值．【详解】由已知条件及三视图得，此三棱锥的四个顶点位于长方体的四个顶点，即为三棱锥，且长方体的长、宽、高分别为，∴此三棱锥的外接球即为长方体的外接球，且球半径为，∴三棱锥外接球表面积为，∴当且仅当，时，三棱锥外接球的表面积取得最小值为．故选B．【点睛】（1）解决关于外接球的问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离都等于球的半径，同时要作一圆面起衬托作用．（2）长方体的外接球的直径即为长方体的体对角线，对于一些比较特殊的三棱锥，在研究其外接球的问题时可考虑通过构造长方体，通过长方体的外球球来研究三棱锥的外接球的问题．2、B【解析】

根据可导函数在极值点处的导数值为，得出，再由等比数列的性质可得.【详解】解：依题意、是函数的极值点，也就是的两个根∴又是正项等比数列，所以∴.故选：B【点睛】本题主要考查了等比数列下标和性质以应用，属于中档题.3、C【解析】

求导分析函数在时的单调性、极值，可得时，满足题意，再在时，求解的x的范围，综合可得结果.【详解】当时，，令，则；，则，∴函数在单调递增，在单调递减.∴函数在处取得极大值为，∴时，的取值范围为，∴又当时，令，则，即，∴综上所述，的取值范围为.故选C.【点睛】本题考查了利用导数分析函数值域的方法，考查了分段函数的性质，属于难题.4、A【解析】

设，取与重合时的情况，计算出以及的值，利用排除法可得出正确选项.【详解】如图所示，利用排除法，取与重合时的情况.不妨设，延长到，使得．，，，，则，由余弦定理得，，，又，，当平面平面时，，，排除B、D选项；因为，，此时，，当平面平面时，，，排除C选项.故选：A.【点睛】本题考查平行线分线段成比例定理、余弦定理、勾股定理、三棱锥的体积计算公式、排除法，考查了空间想象能力、推理能力与计算能力，属于难题．5、D【解析】

根据统计数据，求出频率，用以估计概率.【详解】.故选:D.【点睛】本题以数学文化为背景，考查利用频率估计概率，属于基础题.6、B【解析】

由可得，所以，故选B．7、A【解析】

将化成以为底的对数，即可判断的大小关系；由对数函数、指数函数的性质，可判断出与1的大小关系，从而可判断三者的大小关系.【详解】依题意，由对数函数的性质可得.又因为，故.故选:A.【点睛】本题考查了指数函数的性质，考查了对数函数的性质，考查了对数的运算性质.两个对数型的数字比较大小时，底数相同，则构造对数函数，结合对数的单调性可判断大小；若真数相同，则结合对数函数的图像或者换底公式可判断大小；若真数和底数都不相同，则可与中间值如1,0比较大小.8、D【解析】结合图(1)，(2)，(3)所示的情况，可得a与b的关系分别是平行、异面或相交．选D．9、A【解析】

根据对数的运算分别从充分性和必要性去证明即可.【详解】若，，则，可得；若，可得，无法得到，所以“”是“”的充分而不必要条件.所以本题答案为A.【点睛】本题考查充要条件的定义，判断充要条件的方法是：①若为真命题且为假命题，则命题p是命题q的充分不必要条件；②若为假命题且为真命题，则命题p是命题q的必要不充分条件；③若为真命题且为真命题，则命题p是命题q的充要条件；④若为假命题且为假命题，则命题p是命题q的即不充分也不必要条件.⑤判断命题p与命题q所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p与命题q的关系.10、C【解析】

利用的前项和求出数列的通项公式，可计算出，然后利用裂项法可求出的值.【详解】.当时，；当时，由，可得，两式相减，可得，故，因为也适合上式，所以.依题意，，故.故选：C.【点睛】本题考查利用求，同时也考查了裂项求和法，考查计算能力，属于中等题.11、D【解析】试题分析：由题，，，选D考点：集合的运算12、D【解析】

如图所示建立直角坐标系，设，则，计算得到答案.【详解】如图所示建立直角坐标系，则，，，设，则.当，即时等号成立.故选：.【点睛】本题考查了向量的计算，建立直角坐标系利用坐标计算是解题的关键.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

根据题意得出，由此可得出实数的值.【详解】，，直线的斜率为，由于函数在处的切线与直线平行，则.故答案为：.【点睛】本题考查利用函数的切线与直线平行求参数，解题时要结合两直线的位置关系得出两直线斜率之间的关系，考查计算能力，属于基础题.14、1【解析】

写出茎叶图对应的所有的数，去掉最高分，最低分，再求平均分．【详解】解：所有的数为：77，78，82，84，84，86，88，93，94，共9个数，去掉最高分，最低分，剩下78，82，84，84，86，88，93，共7个数，平均分为，故答案为1．【点睛】本题考查茎叶图及平均数的计算，属于基础题．15、【解析】

令，所求问题的最大值为,只需求出即可，作出可行域，利用几何意义即可解决.【详解】作出可行域，如图令，则，显然当直线经过时，最大，且，故的最大值为.故答案为：.【点睛】本题考查线性规划中非线性目标函数的最值问题，要做好此类题，前提是正确画出可行域，本题是一道基础题.16、【解析】

三棱锥的底面边长和侧棱长都为4，所以在平面的投影为的重心，利用解直角三角形，即可求出点到平面的距离；，可得点是以为直径的球面上的点，所以到直线的距离为以为直径的球面上的点到的距离，最大距离为分别过和的两个平行平面间距离加半径，即可求出结论.【详解】边长为，则中线长为，点到平面的距离为，点是以为直径的球面上的点，所以到直线的距离为以为直径的球面上的点到的距离，最大距离为分别过和的两个平行平面间距离加半径.又三棱锥的底面边长和侧棱长都为4，以下求过和的两个平行平面间距离，分别取中点，连，则，同理，分别过做，直线确定平面，直线确定平面，则，同理，为所求，，，所以到直线最大距离为.故答案为:；.【点睛】本题考查空间中的距离、正四面体的结构特征，考查空间想象能力，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。17、（1）；（2）【解析】

（1）先通过求得，再由得，和条件中的式子作差可得答案；（2）变形可得，通过裂项求和法可得答案.【详解】（1）①，当时，，，当时，②，①②得：，，适合，故；（2），.【点睛】本题考查法求数列的通项公式，考查裂项求和，是基础题.18、（Ⅰ）,；（Ⅱ）1【解析】

（Ⅰ）易得为等比数列,再利用前项和与通项的关系求解的通项公式即可.（Ⅱ）由题可知要求的最小值,再分析的正负即可得随的增大而增大再判定可知即可.【详解】（Ⅰ）因为,故是以为首项,2为公比的等比数列,故.又当时,,解得.当时,…①…②①-②有,即.当时也满足.故为常数列,所以.即.故,（Ⅱ）因为对,恒成立.故只需求的最小值即可.设,则,又,又当时,时.当时,因为.故.综上可知.故随着的增大而增大,故,故【点睛】本题主要考查了根据数列的递推公式求解通项公式的方法,同时也考查了根据数列的增减性判断最值的问题,需要根据题意求解的通项,并根据二项式定理分析其正负,从而得到最小项.属于难题.19、（1）；（2）①证明见解析；②能，.【解析】

（1）根据抛物线的定义，求出，即可求抛物线C的方程；（2）①设，，写出切线的方程，解方程组求出点的坐标.设点，直线AB的方程，代入抛物线方程，利用韦达定理得到点的坐标，写出点的坐标，，可得线段相互平分，即证四边形是平行四边形；②若四边形为矩形，则，求出，即得点Q的坐标.【详解】（1）因为，所以，即抛物线C的方程是.（2）①证明：由得，.设，，则直线PA的方程为（ⅰ），则直线PB的方程为（ⅱ），由（ⅰ）和（ⅱ）解得：，，所以.设点，则直线AB的方程为.由得，则，，所以，所以线段PQ被x轴平分，即被线段CD平分.在①中，令解得，所以，同理得，所以线段CD的中点坐标为，即，又因为直线PQ的方程为，所以线段CD的中点在直线PQ上，即线段CD被线段PQ平分.因此，四边形是平行四边形.②由①知，四边形是平行四边形.若四边形是矩形，则，即，解得，故当点Q为，即为抛物线的焦点时，四边形是矩形.【点睛】本题考查抛物线的方程，考查直线和抛物线的位置关系，属于难题.20、直线与圆C相切．【解析】

首先把直线和圆转换为直角坐标方程，进一步利用点到直线的距离的应用求出直线和圆的位置关系．【详解】直线为参数），转换为直角坐标方程为．圆转换为直角坐标方程为，转换为标准形式为，所以圆心到直线，的距离．直线与圆C相切．【点睛】本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，直线与圆的位置关系式的应用，点到直线的距离公式的应用，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．21、【解析】

由不存在逆矩阵，可得，再利用特征多项式求出特征值3，0，，利用矩阵乘法运算即可.【详解】因为不存在逆矩阵，，所以.矩阵的特征多项式为，令，则或，所以，即，所以，所以【