江西省奉新县普通高级中学2025届高三5月阶段性测试数学试题含解析

江西省奉新县普通高级中学2025届高三5月阶段性测试数学试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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．函数的定义域为（）A． B． C． D．2．如图，在等腰梯形中，，，，为的中点，将与分别沿、向上折起，使、重合为点，则三棱锥的外接球的体积是（）A． B．C． D．3．函数的部分图像大致为（）A． B．C． D．4．已知f(x)，g(x)都是偶函数，且在[0,+∞)上单调递增，设函数F(x)=f(x)+g(1-x)-|f(x)-g(1-x)|，若a>0，则（）A．F(-a)≥F(a)且F(1+a)≥F(1-a)B．F(-a)≥F(a)且F(1+a)≤F(1-a)C．F(-a)≤F(a)且F(1+a)≥F(1-a)D．F(-a)≤F(a)且F(1+a)≤F(1-a)5．已知实数满足，则的最小值为（）A． B． C． D．6．已知，则“直线与直线垂直”是“”的()A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件7．已知集合，，若，则实数的值可以为（）A． B． C． D．8．已知函数，则在上不单调的一个充分不必要条件可以是（）A． B． C．或 D．9．已知为一条直线，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则10．函数的图象与函数的图象的交点横坐标的和为（）A． B． C． D．11．已知的内角、、的对边分别为、、，且，，为边上的中线，若，则的面积为（）A． B． C． D．12．如图，在三棱锥中，平面，，，，，分别是棱，，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为A．0 B． C． D．1二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．平行四边形中，，为边上一点（不与重合），将平行四边形沿折起，使五点均在一个球面上，当四棱锥体积最大时，球的表面积为________.14．如图，在平面四边形中，点，是椭圆短轴的两个端点，点在椭圆上，，记和的面积分别为，，则______.15．已知实数a，b，c满足，则的最小值是______.16．一次考试后，某班全班50个人数学成绩的平均分为正数，若把当成一个同学的分数，与原来的50个分数一起，算出这51个分数的平均值为，则_________．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）如图1，与是处在同-个平面内的两个全等的直角三角形，，，连接是边上一点，过作，交于点，沿将向上翻折，得到如图2所示的六面体（1）求证：（2）设若平面底面，若平面与平面所成角的余弦值为，求的值；（3）若平面底面，求六面体的体积的最大值.18．（12分）选修4-5：不等式选讲已知函数（Ⅰ）解不等式；（Ⅱ）对及，不等式恒成立，求实数的取值范围.19．（12分）对于正整数，如果个整数满足，且，则称数组为的一个“正整数分拆”.记均为偶数的“正整数分拆”的个数为均为奇数的“正整数分拆”的个数为.(Ⅰ)写出整数4的所有“正整数分拆”;(Ⅱ)对于给定的整数，设是的一个“正整数分拆”，且，求的最大值;(Ⅲ)对所有的正整数，证明:;并求出使得等号成立的的值.(注:对于的两个“正整数分拆”与，当且仅当且时，称这两个“正整数分拆”是相同的.)20．（12分）已知，函数.（Ⅰ）若在区间上单调递增，求的值；（Ⅱ）若恒成立，求的最大值.（参考数据：）21．（12分）已知数列，其前项和为，满足，，其中，，，.⑴若，，（），求证：数列是等比数列；⑵若数列是等比数列，求，的值；⑶若，且，求证：数列是等差数列.22．（10分）已知数列的前项和为，且满足（）.（1）求数列的通项公式；（2）设（），数列的前项和.若对恒成立，求实数，的值.

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．C【解析】

函数的定义域应满足故选C.2．A【解析】

由题意等腰梯形中的三个三角形都是等边三角形，折叠成的三棱锥是正四面体，易求得其外接球半径，得球体积．【详解】由题意等腰梯形中，又，∴，是靠边三角形，从而可得，∴折叠后三棱锥是棱长为1的正四面体，设是的中心，则平面，，，外接球球心必在高上，设外接球半径为，即，∴，解得，球体积为．故选：A．本题考查求球的体积，解题关键是由已知条件确定折叠成的三棱锥是正四面体．3．A【解析】

根据函数解析式，可知的定义域为，通过定义法判断函数的奇偶性，得出，则为偶函数，可排除选项，观察选项的图象，可知代入，解得，排除选项，即可得出答案.【详解】解：因为，所以的定义域为，则，∴为偶函数，图象关于轴对称，排除选项，且当时，，排除选项，所以正确.故选：A.本题考查由函数解析式识别函数图象，利用函数的奇偶性和特殊值法进行排除.4．A【解析】试题分析：由题意得，F(x)=2g(1-x),f(x)≥g(1-x)∴F(-a)=2g(1+a),f(a)=f(-a)≥g(1+a)2f(-a),f(a)=f(-a)<g(1+a)，∵a>0，∴(a+1)2-(a-1)∴若f(a)>g(1+a)：F(-a)=2g(1+a)，F(a)=2g(1-a)，∴F(-a)>F(a)，若g(1-a)≤f(a)≤g(1+a)：F(-a)=2f(-a)=2f(a)，F(a)=2g(1-a)，∴F(-a)≥F(a)，若f(a)<g(1-a)：F(-a)=2f(-a)=2f(a)，F(a)=2f(a)，∴F(-a)=F(a)，综上可知F(-a)≥F(a)，同理可知F(1+a)≥F(1-a)，故选A.考点：1.函数的性质；2.分类讨论的数学思想.【思路点睛】本题在在解题过程中抓住偶函数的性质，避免了由于单调性不同导致1-a与1+a大小不明确的讨论，从而使解题过程得以优化，另外，不要忘记定义域，如果要研究奇函数或者偶函数的值域、最值、单调性等问题，通常先在原点一侧的区间(对奇(偶)函数而言)或某一周期内(对周期函数而言)考虑，然后推广到整个定义域上.5．A【解析】

所求的分母特征，利用变形构造，再等价变形，利用基本不等式求最值.【详解】解：因为满足，则，当且仅当时取等号，故选：．本题考查通过拼凑法利用基本不等式求最值.拼凑法的实质在于代数式的灵活变形，拼系数、凑常数是关键.(1)拼凑的技巧，以整式为基础，注意利用系数的变化以及等式中常数的调整，做到等价变形;(2)代数式的变形以拼凑出和或积的定值为目标(3)拆项、添项应注意检验利用基本不等式的前提.6．B【解析】

由两直线垂直求得则或，再根据充要条件的判定方法，即可求解.【详解】由题意，“直线与直线垂直”则，解得或，所以“直线与直线垂直”是“”的必要不充分条件，故选B.本题主要考查了两直线的位置关系，及必要不充分条件的判定，其中解答中利用两直线的位置关系求得的值，同时熟记充要条件的判定方法是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题.7．D【解析】

由题意可得，根据，即可得出，从而求出结果．【详解】，且，，∴的值可以为．故选：D．考查描述法表示集合的定义，以及并集的定义及运算．8．D【解析】

先求函数在上不单调的充要条件，即在上有解，即可得出结论.【详解】，若在上不单调，令，则函数对称轴方程为在区间上有零点（可以用二分法求得）.当时，显然不成立；当时，只需或，解得或.故选:D.本题考查含参数的函数的单调性及充分不必要条件，要注意二次函数零点的求法，属于中档题.9．D【解析】A.若，则或，故A错误；B.若，则或故B错误；C.若，则或，或与相交；D.若，则，正确.故选D.10．B【解析】

根据两个函数相等，求出所有交点的横坐标，然后求和即可.【详解】令，有，所以或.又，所以或或或，所以函数的图象与函数的图象交点的横坐标的和，故选B.本题主要考查三角函数的图象及给值求角，侧重考查数学建模和数学运算的核心素养.11．B【解析】

延长到，使，连接，则四边形为平行四边形，根据余弦定理可求出，进而可得的面积.【详解】解：延长到，使，连接，则四边形为平行四边形，则，，，在中，则，得，.故选：B.本题考查余弦定理的应用，考查三角形面积公式的应用，其中根据中线作出平行四边形是关键，是中档题.12．B【解析】

根据题意可得平面，，则即异面直线与所成的角，连接CG，在中，，易得，所以，所以，故选B．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．【解析】

依题意可得、、、四点共圆，即可得到，从而得到三角形为正三角形，利用余弦定理可得，且，要使四棱锥体积最大，当且仅当面面时体积取得最大值，利用正弦定理求出的外接圆的半径，再又可证面，则外接球的半径，即可求出球的表面积；【详解】解：依题意可得、、、四点共圆，所以因为，所以，，所以三角形为正三角形，则，，利用余弦定理得即，解得，则所以，当面面时，取得最大，所以的外接圆的半径，又面面，，且面面，面所以面，所以外接球的半径所以故答案为：本题考查多面体的外接球的相关计算，正弦定理、余弦定理的应用，属于中档题.14．【解析】

依题意易得A、B、C、D四点共圆且圆心在x轴上，然后设出圆心，由圆的方程与椭圆方程联立得到B的横坐标，进一步得到D横坐标，再由计算比值即可.【详解】因为，所以A、B、C、D四点共圆，直径为，又A、C关于x轴对称，所以圆心E在x轴上，设圆心E为，则圆的方程为，联立椭圆方程消y得，解得，故B的横坐标为，又B、D中点是E，所以D的横坐标为，故.故答案为：.本题考查椭圆中的四点共圆及三角形面积之比的问题，考查学生基本计算能力及转化与化归思想，本题关键是求出B、D横坐标，是一道有区分度的压轴填空题.15．【解析】

先分离出，应用基本不等式转化为关于c的二次函数，进而求出最小值.【详解】解：若取最小值，则异号，，根据题意得：，又由，即有，则，即的最小值为，故答案为：本题考查了基本不等式以及二次函数配方求最值，属于中档题.16．1【解析】

根据均值的定义计算．【详解】由题意，∴．故答案为：1．本题考查均值的概念，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）证明见解析（2）（3）【解析】

根据折叠图形，，由线面垂直的判定定理可得平面，再根据平面，得到.（2）根据，以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系，根据，可知，，表示相应点的坐标，分别求得平面与平面的法向量，代入求解.设所求几何体的体积为，设为高，则，表示梯形BEFD和ABD的面积由，再利用导数求最值.【详解】（1）证明：不妨设与的交点为与的交点为由题知，，则有又，则有由折叠可知所以可证由平面平面，则有平面又因为平面，所以....（2）解：依题意，有平面平面，又平面，则有平面，，又由题意知，如图所示：以为坐标原点，为轴建立如图所示的空间直角坐标系由题意知由可知，则则有，，设平面与平面的法向量分别为则有则所以因为，解得设所求几何体的体积为，设，则，当时，，当时，在是增函数，在上是减函数当时，有最大值，即六面体的体积的最大值是本题主要考查线线垂直，线面垂直，面面垂直的转化，二面角的向量求法和空间几何体的体积，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于难题.18．（Ⅰ）.（Ⅱ）.【解析】

详解：（Ⅰ）当时，由，解得；当时，不成立；当时，由，解得.所以不等式的解集为.（Ⅱ）因为，所以.由题意知对，，即，因为，所以，解得.⑴绝对值不等式解法的基本思路是：去掉绝对值号，把它转化为一般的不等式求解，转化的方法一般有：①绝对值定义法；②平方法；③零点区域法．⑵不等式的恒成立可用分离变量法．若所给的不等式能通过恒等变形使参数与主元分离于不等式两端，从而问题转化为求主元函数的最值，进而求出参数范围．这种方法本质也是求最值．一般有：①为参数）恒成立②为参数）恒成立．19．(Ⅰ)，，，，；(Ⅱ)为偶数时，，为奇数时，；(Ⅲ)证明见解析，，【解析】

(Ⅰ)根据题意直接写出答案.(Ⅱ)讨论当为偶数时，最大为，当为奇数时，最大为，得到答案.(Ⅲ)讨论当为奇数时，，至少存在一个全为1的拆分，故，当为偶数时，根据对应关系得到，再计算，，得到答案.【详解】(Ⅰ)整数4的所有“正整数分拆”为：，，，，.(Ⅱ)当为偶数时，时，最大为；当为奇数时，时，最大为；综上所述：为偶数，最大为，为奇数时，最大为.(Ⅲ)当为奇数时，，至少存在一个全为1的拆分，故；当为偶数时，设是每个数均为偶数的“正整数分拆”，则它至少对应了和的均为奇数的“正整数分拆”，故.综上所述：.当时，偶数“正整数分拆”为，奇数“正整数分拆”为，；当时，偶数“正整数分拆”为，，奇数“正整数分拆”为，故；当时，对于偶数“正整数分拆”，除了各项不全为的奇数拆分外，至少多出一项各项均为的“正整数分拆”，故.综上所述：使成立的为：或.本土考查了数列的新定义问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.20．（Ⅰ）；（Ⅱ）3.【解析】

（Ⅰ）先求导，得，已知导函数单调递增，又在区间上单调递增，故，令，求得，讨论得，而，故，进而得解；（Ⅱ）可通过必要性探路，当时，由知，又由于，则，当，，结合零点存在定理可判断必存在使得，得，，化简得，再由二次函数性质即可求证；【详解】（Ⅰ）的定义域为.易知单调递增，由题意有.令，则.令得.所以当时，单调递增；当时，单调递减.所以，而又有，因此，所以.（Ⅱ）由知，又由于，则.下面证明符合条件.若.所以.易知单调递增，而，，因此必存在使得，即.且当时，单调递减；当时，，单调递增；则.综上，的最大值为3.本题考查导数的计算，利用导数研究函数的增减性和