江西省鹰潭市2025年高考数学一模试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页江西省鹰潭市2025年高考数学一模试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知集合A={x∈Z|y=ln(−x2−x+2)}，B=[−2,0]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(

)A.15 B.75 C.753.已知向量a=(2,6)，b=(m,−1)，若(a+A.3 B.3 C.−3 D.4.已知sin(α−β)=16，sinαcosβ=14A.79 B.19 C.−15.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(

)A.(x−1)2+y2=4 B.(x+16.已知(1+2x)n=a0+a1x+aA.81 B.242 C.243 D.807.过椭圆x2a2+y2b2=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.A.12 B.33 C.8.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+aA.②③ B.③④ C.①②④ D.①③④二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。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，x−=1ni=1nxiA.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10.正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，M，N分别为棱A1D1，BC的中点，P为正方形A1B1A.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

C.QB⋅QD1的取值范围为[−3,+∞)

D.若动点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)．

D.y三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知函数f(x)=2x2+1,x≤0f(x−3),x>013.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.已知：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O，称为密克点.在梯形ABCD中，B=C=60°，AB=2AD=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______．四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题13分)

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．

(1)当x∈[0,2π]时，求不等式g(x)≥0的解集；

(2)若函数ℎ(x)=f(x)−(x−π4)g(x)，求函数16.(本小题15分)

如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=AA1=2，∠A1AB=∠A1AC=2π3．

(1)求证：BC⊥AA17.(本小题15分)

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71825没接种疫苗19625合计262450(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R1=P(A)1−P(A)，在事件B发生的条件下A的优势R2=P(A|B)1−P(A|B)，利用抽样的样本数据，求R2R1的估计值．

(3)若把上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3P(0.0500.0100.001x3.8416.63510.82818.(本小题17分)

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M，N两点，且OM⋅ON=−12．

(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19.(本小题17分)

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；

(2)若an=a2n−1，n∈N∗，其中12<a<1，{an答案解析1.【答案】C

【解析】解：因为A={x∈Z|y=ln(−x2−x+2)}，

所以−x2−x+2>0，即(x+2)(x−1)<0，所以−2<x<1，

所以A={x∈Z|y=ln(−x2−x+2)}={−1,0}，

2.【答案】A

【解析】解：由(2−i)z=3−i，可得z=3−i2−i=(3−i)(2+i)(2−i)(2+i)=75+15i，

所以3.【答案】B

【解析】解：因为向量a=(2,6)，b=(m,−1)，

可得a+b=(2+m,6−1)，a−b=(2−m,6+1)，

由(a+b)⊥(a−b)，则(a+b)⋅(a−b)=0，

可得(2+m)⋅(2−m)+(6−1)⋅(6−1)=04.【答案】A

【解析】解：由已知等式可得sinαcosβ−cosαsinβ=16，

又sinαcosβ=14，

可得cosαsinβ=112，

故sin(α+β)=sinαcosβ+cosαsinβ=14+112=13，

5.【答案】C

【解析】解：由直线l1：mx+y+m=0和l2：x−my−3=0相交于点P，可知m⋅1+1⋅(−m)=0，

则l1⊥l2，

由l1：(x+1)m+y=0，则直线l1过定点A(−1,0)，

由l2：x−3−my=0，则直线l2过定点B(3,0)，

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)6.【答案】B

【解析】解：由题意可得E(ξ)=1，D(ξ)=14，

又二项式(1+2x)n的展开式中含x项的系数a1=Cn1⋅2=2n，含x2项的系数为a2=Cn2⋅22=2n(n−1)，

所以a1a2=2n2n(n−1)=14，解得n=5，

则二项式为(1+2x)5=a0+7.【答案】C

【解析】解：椭圆x2a2+y2b2=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，如图，

设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，M(x0,y0)，则x02a2+y02b2=1，

即a2y02+b2x02=a2b2，

又x128.【答案】D

【解析】解：对于①，由题意知数列中的项：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，377，610，987，1597，…，

可得1+5+13+34+89+233+610=985，故①正确；

对于②，若存在m∈N∗，使得am，am+1，am+2成等比数列，

则am+12=amam+2，又am+2=am+1+am，

即am+12−amam+1−am2=0，

解得am+1=1±52am，

由a1=a2=1，an=an−1+an−2(n≥3,n∈N∗)，

得an>an−1>an−2>⋯>a2=1>0，且an为整数，

所以am+1=1+52am，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=a9.【答案】ACD

【解析】解：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，

x−=1ni=1nxi，y−=1ni=1nyi，相关系数为r，线性回归方程为y​=b​x+a​，

对于A，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，

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，10.【答案】BD

【解析】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)，

对于A：A1B1=(0,2,0)，NM=(0,−2,2)，

A1B1⋅NM=−4≠0，即A1B1与MN不垂直，

而MN⊂平面MNP，因此直线A1B1与平面MNP不垂直，故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，故B正确；

对于C，设点O为体对角线BD1的中点，OB=OD1=3，QO最小为1，

QB⋅QD1=QO2−OB2=QO2−3∈[−2,+∞)，故C错误；

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)，

由|QA|=2|QB|，

11.【答案】AD

【解析】解：对于选项A，不妨设点P(x0,y0)为曲线C：(x2+y2)3=16x2y2上的任一点，

则(x02+y02)3=16x02y02=4(2x0y0)2≤4(x02+y02)2，化简得x02+y02≤4，

当且仅当x0=y0时取等号，于是|OP|2=x02+y02≤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，故选项A正确；

对于选项B，由A可知0≤x2≤4，0≤y2≤4，x2+y2≤4，

当x2=1，y2=1时，(x2+y2)3=16x2y2不成立，

当x2=1，y2=0时，(x2+y2)3=16x2y2不成立，

当x2=4，y2=0时，(x2+y2)3=16x2y2不成立，

当x2=0，y2=4时，(x2+y2)3=16x2y2不成立，

当x2=0，y2=1时，(x2+y2)3=16x2y2不成立，

12.【答案】9

【解析】解：∵f(x)=2x2+1,x≤0f(x−3),x>0，

∴f(4)=f(4−3)=f(1)

=f(1−3)=f(−2)=2×(−2)2+1=9，13.【答案】14【解析】解：正实数a，b满足条件：ea+b=e(a+b)，

构造函数y=ex，y=ex，

求y=ex在x=1处的切线方程，

y′=ex，此时切线斜率为e，切线方程为：y−e=e(x−1)，即y=ex，

画出图象，

所以由ea+b=e(a+b)可得：a+b=1，

所以a+b=1≥2ab，即ab≤14，当且仅当a=b=12时取等号，

所以ab的最大值是114.【答案】7【解析】解：延长BA，CD交于点E，则由题可知△EBC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AD=DM=1，∠BAD=∠ADM=180°−∠BCD=180°−60°=120°，

所以∠AMD=30°，故∠EAM=180°−∠AMD−∠AED=180°−30°−60°=90°，

所以△AME是直角三角形，故其外接圆半径R=AD=1，

在△ABD中，由余弦定理BD=22+12−2×2×1×cos120°=7，

所以BQ的最小值为7−1．

故答案为：7−1．

延长BA，CD交于点E得△EBC为正三角形，且得△ABP、△CMP、△AME的外接圆有唯一公共点为密克点Q，接着由题给条件推出15.【答案】[0,3π4]∪[7π4,2π]；

ℎ(x)的极大值为【解析】解：(1)易知g(x)=f′(x)=ex(sinx+cosx)=2exsin(x+π4)，

令g(x)≥0，解得−π4+2kπ≤x≤3π4+2kπ，k∈Z，

又x∈[0,2π]，所以g(x)≥0的解集为[0,3π4]∪[7π4,2π]．

(2)由题可知，ℎ′(x)=f′(x)−g(x)−(x−π4)g′(x)=−2(x−π4)⋅ex⋅cosx，

当x∈[0,π4)∪(π2,π]时，ℎ′(x)>0，当x∈(π416.【答案】证明见解析；

存在，D在靠近C1的三等分点处．【解析】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，

因为AB=AC，∠A1AB=∠A1AC，AA1=AA1，

所以△A1AB≌△A1AC，所以A1B=A1C，

又因为EB=EC，所以A1E⊥BC，

同理，因为AB=AC，BE=CE，所以AE⊥BC，

又因为A1E∩AE=E，所以BC⊥平面A1AE，又AA1⊂平面A1AE，

所以BC⊥AA1；

(2)在△ABC中，AB⊥AC，AB=AC=2，则AE=CE=BE=2，

在△A1AB中，因为AB=AA1=2，∠A1AB=2π3，所以A1B=23，同理A1C=23，

在等腰△A1BC，因为A1B=A1C=23，BE=CE=2，∴A1E=10，

在△AEA1中，由余弦定理得：cos∠A1EA=2+10−42×2×10=255，

即sin∠A1EA=55，

在平面AEA1内过E作Ez⊥AE，则Ez⊥平面ABC，于是直线EA，EB，Ez两两垂直，

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，

在平面AEA1内过17.【答案】接种该疫苗与预防该疾病有关；

1439；【解析】解：(1)零假设H0：接种该疫苗与预防该疾病无关，

则χ2=50×(19×18−7×6)226×24×25×25≈11.538>10.828，

所以依据小概率值α=0.001的独立性检验，我们推断H0不成立，

即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1−P(A|B)=1−P(AB)P(B)=P(B)−P(AB)P(B)=P(A−B)P(B)=P(A−|B)，

所以R2=P(A|B)1−P(A|B)=P(A|B)P(A−|B)，R1=P(A)1−P(A)=P(A)P(A−)，

R2R1=P(A|B)P(A−X0123P192727所以E(X)=3×34=94．

(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)18.【答案】x2=8y；

存在，λ=1；

(−4,10)【解析】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+p2，

联立x2=2pyy=kx+p2，消去y，得x2−2pkx−p2=0，Δ=4p2k2+4p2>0，

设M(x1,x122p)，N(x2,x222p),则x1+x2=2pk,x1x2=−p2，

所以OM⋅ON=x1x2+x12x224p2=−p2+p24=−3p24=−