数学-江西省鹰潭市2025届高三下学期第一次模拟考试（鹰潭一模）试题和答案

学校:____________姓名：____________班级：____________考号：___________一、单选题A．(-2,0]B．[-1,0]C．{-1,0}D．{-2,-1}2．已知i是虚数单位，复数z满足(2-i)z=3-i，那么z的虚部是()3．已知向量a=(2,6)，b=(m,-1)，若(a+b)⊥(a-b)且a.b>0，则实数m=()4．已知sin(α-β)=，sinαcosβ=，则cos(2α+2β)=()95．已知直线l1：mx+y+m=0和l2：x-my-3=0相交于点p，则点p的轨迹方程为()6．已知(1+2x)n=a0+a1x+a2x2+a3x3+...+anxn，随机变量ξ~N1,，若=E(ξ)D(ξ)，则a1+a2+a3+...+an的值为()7．过椭圆+=1(a>b>0)上的点M作圆x2+y2=b2的两条切线，切点分别为p，Q.若直线pQ在x轴，y轴上的截距分别为m，n，若+=2，则椭圆离心率为()1V3v6A．B．C．D8．数列{an}满足a1=a2=1，an=an-1+an-2(n≥3,n∈N*)，给出下列四个结论：①存在正整数i1,i2,...,im，且i1<i2<...<im，使得ai1+ai2+...+aim=985；②存在m∈N*，使得am，am+1，am+2成等比数列；③存在常数t，使得对任意n∈N*，都有an，tan+2，an+4成等差数列；④aEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2),1)+aEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2),2)+aEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2),3)+...+aEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2),2)023=a2023a2024其中所有证确结论的是()1试卷第1试卷第试卷第2页，共5页A．②③B．③④C．①②④D．①③④二、多选题9．已知变量x和变量y的一组成对样本数据(xi,yi)(i=1,2,...,n)的散点落在一条直线附近，相关系数为r，线性回归方程为y=bx+a，则()参考公式A．当r>0时，成对样本数据成线性正相关；B．当r越大时，成对样本数据的线性相关程度越强；C．xn+1=x，yn+1=y时，成对样本数据(xi,yi)(i=1,2,...,n,n+1)的相关系数r,满足,D．xn+1=x，yn+1=y时，成对样本数据(xi,yi)(i=1,2,...,n,n+1)的线性回归方程A1B1C1D1边上的动点（不与M重合）.Q为平面ABCD内一动点，则下列说法中正确的是A．存在点P，使得直线A1B1与平面MNP垂直B．平面MNP把正方体分割成的两个几何体的体积相等 D．若动点Q满足|QA|=2|QB|，当三棱锥Q一DD1A的体积取最大值时，该三棱锥外接球11．数学中有许多寓意美好的曲线，曲线C：(x2+y2)3=16x2y2被称为“四叶玫瑰线”（如图所示），P(x0,y0)是C上在第一象限内的一点.给出的下列三个结论中，正确结论的选项是 试卷第试卷第3页，共5页A．曲线C上任意一点到原点的距离都不超过2；B．曲线C经过5个整点（即横纵坐标均为整数的点C．存在一个以原点为中心、边长为22的正方形，使曲线C在此正方形区域内（含边界）.三、填空题13．若正实数a，b满足条件：ea+b=e(a+b)（e是自然对数的底数则ab的最大值是.14．如图：在△ABC中，M，N，P三点分别在边AB，BC，CA上，则△AMP，△BMN，△CNP的外接圆交于一点Q，称点Q为密克点.运用上述结论解决如下问题：在梯形ABCD中，匕B=匕C=60°,AB=4，AD=2，M为CD边的中点，动点P在BC边上，△ABP与△CMP的外接圆交于点Q（异于点P则BQ的最小值为.15．已知函数f(x)=exsinx（e是自然对数的底数），g(x)为f(x)的导函数.(),求函数ℎ(x)在[0,π]上的极值.16．如图，在三棱柱ABC一A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=AA1=2，试卷第试卷第4页，共5页 (2)侧棱CC1上是否存在点D，使得直线AD与平面A1BC所成角的正弦值为？若存在，确定点D的位置；若不存在，说明理由.17．预防接种是预防掌握传染病最经济、最有效的手段，是预防疾病传播和保护群众的重要措施.为了考查一种新疫苗预防某一疾病的效果，研究人员对一地区某种动物（数量较大）....进行试验，从该试验群中随机抽查了50只，得到如下的样本数据（单位；只发病没发病合计接种疫苗725没接种疫苗625合计2624(1)能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为接种该疫苗与预防该疾病有关？ (2)从该地区此动物群中任取一只，记A表示此动物发病，A表示此动物没发病，B表示此动物接种疫苗，定义事件A的优势，在事件B发生的条件下A的优势利用抽样的样本数据，求的估计值.(3)若把表中的频率视作概率，现从该地区没发病的动物中抽取3只动物，记抽取的3只动....物中接种疫苗的只数为X，求随机变量X的分布列、数学期望.P0.0500.0100.001x6.635试卷第试卷第5页，共5页18．已知抛物线Γ的顶点为坐标原点O，焦点在y轴的正半轴上，过焦点作直线l交抛物线Γ于(1)求抛物线Γ的标准方程；(2)如图，过抛物线Γ上的三个不同点A，B，C（B在A，C之间作抛物线的三条切线，分别两两相交于点D，E，F.是否存在常数λ,使得DA.FC=λDE.FE？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由；(3)当点C的横坐标为4时，以C为直角顶点，作抛物线的两个内接Rt△CPQ及Rt△CRT（抛物线的内接三角形是指三角形的三个顶点都在抛物线上），求线段PQ，RT的交点坐标.19．设a为正数，若以a为首项的等比数列{an}满足：a1+1，a2+2，a3+3也构成等比数列，则称{an}为a所对应的一个G型数列.(1)若G型数列{an}存在并且唯一，求a的值；的值.《2025届江西省鹰潭市高三下学期一模数学试题》参考答案题号123456789答案CABACBCDACDBD题号答案AD【分析】由对数函数的定义域，建立不等式，求得集合，利用交集，可得答案.故选：C.【分析】利用复数除法法则计算出Z=+，得到虚部.故Z的虚部是.故选：A【分析】由向量线性运算与数量积的坐标表示，根据向量垂直，建立方程，解根并验根，可得答案.故选：B.【分析】由条件求得cosαsinβ=，进而得到sin(α+β)=，再由余弦二倍角公式即可求解.【详解】由sin(u-B)=可得:sinacosf-cosasinf=，又所以所以故选：A【分析】由题意可得两直线位置关系以及其所过定点，根据圆的方程，可得答案.易知动点P的轨迹为AB为直径的圆，圆心(1,0)，半径r=2，由题意易知直线l1的斜率存在，则交点P不能是(—1,0)，则动点P的轨迹方程为(x—1)2+y2=4(x≠—1).故选：C.【分析】根据正态分布求出E(ξ)、D(ξ)的值，并求出a1、a2的表达式，根据题中条件求出n的值，利用赋值法可得出结果.【详解】因为随机变量则故选：B.【分析】设出相关点的坐标，借助向量垂直关系的坐标表示求出直线PQ方程，进而求出m,n，再代入+=2，得到a2=2b2，即可求出离心率.【详解】设P(x1,y1),Q(x2,y2),M(x0,y0)，则+=1，即a2yEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2),0)+b2xEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2),0)=a2b2，EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up3(2),1)EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up3(2),1)令坐标原点为O，OP=(x1,y1),MP=(x1—x0,y1—y0)，因为MP切圆x2+y2=b2于P，所以OP⊥MP，则OP.MP=x1(x1—x0)+y1(y1—y0)=0，所以x0x1+y0y1=b2，同理可得x0x2+y0y2=b2，因此直线PQ的方程为x0x+y0y=b2，则m=,n=，所以椭圆离心率e==故选：C.【分析】对于①,求得1+5+13+34+89+233+610=985，判断；对于②,利用反证法，推出矛盾，判断；对于③,利用递推公式得到an+4+an=3an+2，求出存在常数t=，使得对任意n∈N*，都有an，tan+2，an+4成等差数列，判断；对于④,因为an+2=an+1+an，则a+1=an+2an+1—an+1an，算出EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2),1)EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2),2)EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2),3)EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2),2)=aEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2),1)+(a3a2—a2a1)+(a4a3—a3a2)+...+(a2024a2023—a2023a2022)=a2024a2023，判断.对于②,若存在m∈N*，使得am，am+1，am+2成等比数列，则a+1=amam+2，又am+2=am+1+am，即a+1—amam+1—a=0，解得所以，这与相邻两项为整数矛盾，故②错误；对于③,因为an+4=an+3+an+2，an+3=an+2+an+1，an+2=an+1+an，所以an+4=3an+2—an，所以an+4+an=3an+2，则an，an+2，an+4成等差数列，故存在常数t=，使得对任意n∈N*，都有an，tan+2，an+4成等差数列，故③正确；对于④,因为an+2=an+1+an，则a+1=an+2an+1—an+1an，EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2),1)EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2),2)EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2),3)EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2),2)则EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up5(2),1)=a2024a2023—a2a1+aEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2),1)=a2024a2023，故④正确；故选：D.【分析】根据相关系数的正负、绝对值大小与变量相关性之间关系可知AB正误；根据xn+1=x，yn+1=y，代入相关系数和最小二乘法公式中，可知CD正误.【详解】对于A，当r>0时，成对样本数据成线性正相关，A正确；对于B，当|r|越大时，成对样本数据的线性相关程度越强；当r1=—0.98，r2=0.9时，r1对应的样本数据的线性相关程度更强，B错误；对于C，当xn+1=x，yn+1=y时，x,y不变且xn+1—x=yn+1—y=0，对于D，当xn+1=x，yn+1=y时，x,y不变且xn+1—x=yn+1—y=0，正确.故选：ACD.【分析】由题意建立空间直角坐标系，利用空间向量的运算，根据正方体的几何性质，结合三棱锥的体积公式，可得答案.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(2,0,0)，A1(2,0,2)，C1(0,2,2)，B1(2,2,2)，M(1,0,2)，N(1,2,0)即A1B1与MN不垂直，而MNC平面MNP，因此直线A1B1与平面MNP不垂直，A错误；对于B，线段MN的中点(1,1,1)为正方体ABCD—A1B1C1D1的中心，平面MNP过该正方体的中心，由对称性，平面MNP把正方体分割成的两个几何体的体积相等，B正确；对于C，设点O为体对角线BD1的中点，OB=OD1=v3，QO最小为1， ——————2——2——2对于D，如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，设Q(x,y,0)，整理为2+(y—所以点Q的轨迹是平面ABCD内，以(2,,0)为圆心，为半径的圆，如图，点Q到平面DD1A1的最大值为4，此时点Q在AB的延长线上，且BQ=2，所以三棱锥Q—DD1A的外接球的半径(2R)2=22+22+42=24，所以三棱锥外接球的表面积S=4πR2=24π,D正确.故选：BD.【分析】选项A，利用基本不等式可得(xEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2),0)+yEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2),0))3=16xEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2),0)yEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2),0)≤4(xEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2),0)+yEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2),0))2，进而可得；选可知该曲线且以原点为圆心的最小圆的半径为2，进而可判断；选项D，设y=4sin2θcosθ,设cosθ=t(0<t<-，则y(t)=4t(1—t2)，再利用导数求函数的最大值即可.【详解】对于A，不妨设点p(x0,y0)为曲线C：(x2+y2)3=16x2y2上的任一点，则(xEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up3(2),0)+yEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up3(2),0))3=16xEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up3(2),0)yEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up3(2),0)=4(2x0y0)2≤4(xEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up3(2),0)+yEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up3(2),0))2，化简得xEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up3(2),0)+yEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up3(2),0)≤4，当且仅当x0=y0时取等号，于是|op|2=xEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up5(2),0)+yEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up5(2),0)≤4，即得|op|≤2，故可得曲线C上任意一点到原点的距离都不超过2，故A正确；当x2=0,y2=0时，代入(x2+y2)3=16x2y2成立，故(x2+y2)3=16x2y2经过点(0,0)，当x2=0,y2=1时，(x2+y2)3=16x2y2不成立，当x2=0,y2=4时，(x2+y2)3=16x2y2不成立，当x2=1,y2=0时，(x2+y2)3=16x2y2不成立，当x2=1,y2=1时，(x2+y2)3=16x2y2不成立，当x2=4,y2=0时，(x2+y2)3=16故曲线C经过1个整点(0,0)，故B错误；对于C，由A选项可知，包含该曲线且以原点为圆心的最小圆的半径为2，边长为22正方形ABCD是以原点为圆心2为半径的圆的内接正方形，故不存在一个以原点为中心、边长为2√2的正方形，使曲线C在此正方形区域内（含边界故C错误.对于D，如图，p点在射线y=x(x≥0)的上方，代入(x2+y2)3=16x2y2，得M=4sinθcosθ,y=4sin2θcosθ.令cos0=(0<t<图,则y(t)=4t(1-t2),当时，yI(t)>0，y(t)单调递增；当时，yI(t)<0，y(t)单调递减，所以t=是y(t)的最大值点，即故D正确.故选：AD【点睛】关键点点睛：本题所考察的方程为非常规方程，主要结合方程的性质去解决问题，方程(x2+y2)3=16x2y2具有对称性，选项BCD都是以此性质出发，简化问题转化.【分析】根据函数解析式直接求解即可.【详解】解：根据题意，f(4)=f(4—3)=f(1)=f(1—3)=f(—2)=2×(—2)2+1=9故答案为：914【分析】确定y=ex与y=ex图象相切，从而得到a+b=1，再由基本不等式即可求解.【详解】构造函数y=ex,y=ex，求y=ex在x=1处的切线方yI=ex，此时切线斜率为e，切线方程为：y—e=e(x—1)，即y=ex，所以由ea+b=e(a+b)可得：a+b=1，所以a+b=1≥2，即当且仅当a=b=时取等号，所以ab的最大值是，故答案为：【分析】根据已知条件确定正三角形，利用外接圆公共点确定点Q的位置，再结合外心和外接圆半径等条件，通过余弦定理求出线段BD的长度，最后根据点与圆的位置关系求出BQ的最小值.【详解】延长BA，CD交于点E，则由题可知△EBC为正三角形，△AED为正三角形，由题设结论△ABP，△CMP，△AME的外接圆有唯一公共点，该公共点即为题中的点Q，故点Q在△AME的外接圆上，如上图，又由题可知AD=MD=DE=2，即D为△CMP的外心，且△AME外接圆半径为2，匕BAD=匕ADM=180°—匕在△ABD中，由余弦定理BD=2V-7，所以BQ的最小值为2V7—2.故答案为：2—2.(2)ℎ(x)的极大值为-e，ℎ(x)的极小值为1—)e2π【分析】（1）根据导数的运算法则先求g(x)=f,(x)，令g(x)≥0解出在[0,2π]的解集即可；（2）先求函数ℎ(x)的单调区间，利用导数即可求得极值.【详解】（1）易知g(x)=f,(x)=ex(sinx+cosx)=v2exsin(x+)，又x∈[0,2π]，所以g(x)≥0的解集为0,∪I,2π（2）由题可知，ℎ,(x)=f,(x)—g(x)—x—g,(x)=—2(x—).ex.所以函数ℎ(x)在0,)和(,πI上单调递增，在,上单调递减，所以函数ℎ(x)的极大值为ℎ(=f)=e函数ℎ(x)的极小值为ℎ=f)—g()=(1—)eEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up9(π),2).(2)存在，D在靠近C1的三等分点处.【分析】（1）根据这条件证明BC⊥平面A1AE，即可证得结果；（2以E为原点，直线EA，EB，EZ分别为x，y，Z轴建立空间直角坐标系，求出平面A1BC的法向量，利用线面角的向量法求解.【详解】（1）证明：在三棱柱ABC—A1B1C1中，取BC的中点E，连接AE，A1E，在△A1AB与△A1AC中，A1BA1BA1CECA1CECACCEABACCE由EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(A),A)1EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(E),E)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(BC),BC)→BC⊥平面A1AE→BC⊥AA1；（2）在△ABC中，AB⊥AC，AB=AC=2，则AE=CE=BE=√2， 以E为原点，直线EA，EB，Ez分别为X，Y，z轴建立空间直角坐标系，设丽-丽-(azi.o, 则AD=AC+CD=((t—1),—整理得6t2—13t+6=0，解得t=或在靠近C1的三等分点处.17．(1)接种该疫苗与预防该疾病有关.(3)分布列见解析，.【分析】（1）求得卡方值，比较临界值即可判断；（2）由条件概率计算公式即可求解；（3）由题意确定X~B3,，进而可求解；【详解】（1）根据列联表可得所以，在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为接种该疫苗与预防该疾病有关.(2)由于所以由列联表中的数据可得P(BIA)=，所以=（3）由题可知，抽取的24只没发病的动物中接种疫苗和没接种疫苗的动物分别为18人和6人，所以从没发病的动物中随机抽取1只，抽取的是接种了疫苗的概率为=，则由题意可知X=0,1,2,3，且X~B(3,)，所以随机变量X的分布列为X0123P 所以随机变量X的数学期望为E(X)=3×=.(2)存在，λ=1(3)(-4,10).【分析】（1）设直线MN的方程为y=kx+，联立抛物线方程，由韦达定理结合向量数量积的坐标表示即可求解；（2）设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3)，利用导数求出切线方程，进而得到交点坐标，再通过向量运算可得答案；（3）法一：根据已知条件求出C点坐标，设P(xP,yP),Q(xQ,yQ),R(xR,yR),T(xT,yT)，利用直角三角形条件得到PQ,RT方程，解方程组求出交点坐标.法二：设P(xP,yP)，Q(xQ,yQ)，直线PQ的方程为m(x—4)+n(y—2)=1，联立抛物线方程，由kCP.kCQ=—1，得到8n—8m=1，进而可求解；【详解】（1）设抛物线Γ的标准方程为x2=2py(p>0)，直线MN的方程为y=kx+，设M(x1,，N(x2,)，则x1+x2=2pk，x1x2=—p2，所以抛物线C的标准方程为x2=8y（2）存在常数1，使得DA.FC=DE.FE，理由如下，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x3,y3)，y,=x，则在点A处的坐切线方程为y—y1=，即y=xx1—在点B处的坐切线方程为y—y2=，即y=xx2—同理可得所以DA.FC=学×学+×=学×学+×,,可得DA.FC=DE.FE，所以存在λ=1，使得DA.FC=DE.FE（3解法一）因为Rt△CPQ、Rt△CRT是抛物线的两个内接三角形，所以直线CP，CQ，CR，CT的斜率存在且不为0，当点C的横坐标为4时，代入42=8y得所以C(4,2).设P(xp,yp)，Q(xQ,yQ)，R(xR,yR)，T(xT,yT)，由C为直角顶点，设kCp=k，则kCQ=—，直线CP的方程为y—2=k(x—4)，yp=k(xp—4)+2=8k2所以直线PQ的方程为所以直线RT的方程为(h——1)(x+4)+10所以PQ，RT的交点坐标为(—4,10).（解法二）当点C的横坐标为4时，代入42=8y得y=2，即C(4,2)设P(xp,yp)，Q(xQ,yQ)，直线PQ的方程为m(x—4)+n(y—2)=1，EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up7(=),n)所以kCp.kCQ=—=—1→8n—8m=1直线PQ的方程为m(x—4)+n(y—2)=1可化为m(x+4)+n(y—10)=0，即直线PQ恒过定点(—4,10)，同理直线RT也过定点(—4,10)，所以PQ,RT的交点坐标为(—4,10).【分析】（1）由等比数列的中项公式列出方程，再由数列{an}存在并且唯一知，方程（*）必有一个实根为0，代入方程，即可求出a的值；（2i）由an=a2n一1，得到G型数列，利用等比数列的中项公式列出分析方程的根，即可求出a的值；3bn+1=(a2+)(a2n+1—)，即可得到bn，bn+1，bn+2之间的关系，令EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up5(2),2)【详解】（1）设数列{an}的公比为q，故方程（*）有两个不等的实根，再由数列{an}存在并且唯一知，方程（*）必有一个实根为将q=0代入方程（*）得a=，检验当a=时，方程（*）可化为q2—4q=0，解得q=4（2i）因为an=a2n