江西省九江市2025年高考数学二模试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页江西省九江市2025年高考数学二模试卷一、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.“m>2”是“|m|>log23”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2.已知复数z满足(2−i)z=5，则z−的虚部为(

)A.1 B.2 C.−1 D.−23.等差数列{an}中，已知a2+a5+A.36 B.30 C.20 D.184.植物的根是吸收水分和矿物养分的主要器官.已知在一定范围内，小麦对氮元素的吸收量与它的根长度具有线性相关关系.某盆栽小麦实验中，在确保土壤肥力及灌溉条件相对稳定的情况下，统计了根长度x(单位：cm)与氮元素吸收量y(单位：mg/天)的相关数据，如下表所示：x9.912.114.818.219.921.825.127.730.432.1y0.300.340.420.50.550.60.710.740.780.86根据表中数据可得x−=21.2，y−=0.58及线性回归方程为A.a=−0.05

B.变量y与x的相关系数r<0

C.在一定范围内，小麦的根长度每增加1cm，它一天的氮元素吸收量平均增加0.025mg

D.若对小麦的根长度与钾元素吸收量的相关数据进行统计，则对应回归方程不变5.已知点P在椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)上，点Q在圆O：x2+yA.23 B.12 C.356.已知f(x)是定义在R上周期为2的偶函数，且当x∈[0,1]时，f(x)=1x+1−sinx，设a=f(12)，b=f(π2)，c=f(−11A.b<a<c B.c<a<b C.c<b<a D.a<c<b7.已知球O与正三棱柱ABC−A1B1C1的各个面均相切，记平面ABC1截球O所得截面的面积为S1A.313 B.913 C.1011178.窗花是中国传统剪纸艺术的重要分支，主要用于节日或喜庆场合的窗户装饰，尤以春节最为常见，它以红纸为材料，通过剪、刻等技法创作出精美图案，图案讲究构图对称、虚实相生.2025年春节，小明同学利用AI软件为家里制作了一幅窗花图案(如图)，其外轮廓为方程C：x2+y2=1+|xy|所表示的曲线.设图案的中心为O，P为曲线C上的最高点，则A.2 B.233 C.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.若函数f(x)=cos2x+msin2x对任意的x∈R，都有f(x)≥f(π3)，则A.m=−3 B.f(x)在[4π3,11π6]上单调递减

10.若数列{an}满足a1=2，a2=4，2an+an+2A.{an+1−an}是等比数列 B.{an}是等比数列

11.如图，三棱锥A−BCD中，AD⊥平面BCD，BD⊥CD，AD=BD=CD=1，P为其表面上一点，P与四个顶点A，B，C，D的距离分别为d1，d2，d3，d4，则下列命题正确的是A.若d1=d2=d3=d4，则点P不存在

B.若d1=d4，d2=d三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.(1−2x)8展开式中第13.如图，已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，A，B为C上两点，BE=λEF，AE//x轴，△AEF为正三角形，则λ=______．14.已知函数f(x)=ax(ex+1)+ex−1恰好有四、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)

甲、乙、丙三人各自独立投篮，甲和乙都投中的概率是19，甲投中而丙未投中的概率是16，乙投中而丙未投中的概率是16．

(1)请问三人中哪一位投篮水平较高？并说明理由；

(2)现将投篮水平较低的两人组成一组(记为A组)，与投篮水平较高的人(记为B组)进行投篮比赛，甲、乙、丙各自独立投篮2次，且每次投篮的结果互不影响，投中次数较多的一组获胜，求B16.(本小题15分)

如图，在三棱锥P−ABC中，平面PAB⊥平面ABC，PA⊥平面PBC，且AC=2PB．

(1)证明：BC⊥平面PAB；

(2)若三棱锥P−ABC的外接球半径为1，BC=62，求二面角17.(本小题15分)

如图，△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，D为BC边上一点，AB⊥AD，AD=CD，记∠ADC=θ．

(1)若θ=3π4，求证：b2−c2=ac；

18.(本小题17分)

已知函数f(x)=(ax+1)ln(2x−1)(a∈R)．

(1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；

(2)是否存在常数a，b，使f(x)的图象关于直线x=b对称？若存在，求a，b的值；若不存在，请说明理由；

(3)若a∈Z，函数f(1x)在(1,+∞)上单调递增，求a的取值集合．

(参考数据：ln3≈1.09919.(本小题17分)

在平面直角坐标系xOy中，把一个图形绕定点G旋转一个定角θ的图形变换叫作旋转变换.定点G叫作旋转中心，定角θ叫作旋转角(规定逆时针方向为正).如果图形上的点P(x,y)经过旋转变为点P′(x′,y′)，那么这两个点叫作这个旋转变换的对应点.现将曲线xy=m(m≠0)绕G顺时针旋转π4后，得到新曲线E，其变换关系为x′=xcosθ−ysinθ,y′=xsinθ+ycosθ，点(2,1)在曲线E上．

(1)求曲线E的方程并确定点G的位置；

(2)点P1的坐标为(1,0)，按照如下方式依次构造点Pn(n=2,3,…)：过点Pn−1作斜率为2的直线交E于另一点Qn−1，设Pn是点Qn−1关于x轴的对称点.记Pn的坐标为(xn,yn).

(i)求数列{xn+yn}的前n项和S

答案解析1.【答案】A

【解析】解：由|m|>log23得m>log23或m<−log23，

而2=log24，

故“2.【答案】C

【解析】解：复数z满足(2−i)z=5，

则z=52−i=2+i，

故z−的虚部为−1．

故选：C．3.【答案】B

【解析】解：由等差数列{an}得a2+a5+a8=3a5，

则a2+4.【答案】C

【解析】解：A项．根据线性回归方程过样本中心点(x−,y−)知，a=0.58−0.025×21.2=0.05，故A项错误；

B项．小麦对氮元素的吸收量与它的根长度具有正相关关系，故相关系数r>0，故B项错误；

C项．由线性回归方程y=0.025x+a可得，在一定范围内，小麦的根长度每增加1cm，它一天的氮元素吸收量平均增加0.025mg，故C项正确；

D项．若研究小麦的根长度与钾元素吸收量的相关关系，回归方程可能发生改变，故D项错误．

故选：C．

根据样本中心在方程上可求解A，进而可判断5.【答案】D

【解析】解：点P在椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)上，点Q在圆O：x2+y2=b2上．如图，

∵|OP|+|OQ|≥|PQ|，

∴|PQ|≤|OP|+b≤a+b，

∴|PQ|max=a+b=2c，b2=(2c−a6.【答案】B

【解析】解：根据题意，f(x)是定义在R上周期为2的偶函数，

则b=f(π2)=f(4−π2),c=f(−114)=f(−34)=f(34)，

当x∈[0,1]时，f(x)=1x+1−sinx，

函数y=1x+1在[0,1]上递减，y=sinx在[0,1]上递增，7.【答案】A

【解析】解：已知球O与正三棱柱ABC−A1B1C1的各个面均相切，

记平面ABC1截球O所得截面的面积为S1，球O的表面积为S2，

如图，设球O的半径为R，

∵球O与正三棱柱ABC−A1B1C1的各个面均相切，

∴正三棱柱ABC−A1B1C1的高为2R，底面边长为23R，

设正三棱柱ABC−A1B1C1上，下底面的中心分别是O1，O2，E是AB的中点，

连接EC1交O1O2于F8.【答案】D

【解析】解：如图，设O为原点，我们可以把x2+y2=1+|xy|放入平面直角坐标系中，

连接OP，再利用曲线的对称性，我们不妨设P(x,y)(x,y≥0)，

因为x2+y2=1+xy，所以x2−yx+y2−1=0，

我们把x2−yx+y2−1=0视为以x为主元的一元二次方程，

故Δ=(−y)2−4(y2−1)≥0y≥0，解得0≤y≤239.【答案】AD

【解析】解：若函数f(x)=cos2x+msin2x对任意的x∈R，都有f(x)≥f(π3)，

则f(π3)是f(x)的最小值，

∴f(π3)=−12+32m=−1+m2，解得m=−3，故A正确；

∵m=−3，

∴f(x)=cos2x−3sin2x=2cos(2x+π3)，

∵4π3≤x≤11π6，

∴3π≤2x+π3≤4π，

∵y=2cosx在[3π,4π]上单调递增，10.【答案】ABD

【解析】解：对A：由a1=2，a2=4，2an+an+2=3an+1，得an+2−an+1=2(an+1−an)，且a2−a1=2，

故{an+1−an}是首项和公比均为2的等比数列，故A正确；

对B：由等比数列的通项公式可得an+1−an=2n，

即有a2−a1=2，a3−a2=4，…，an−an−1=2n−1，

上面各式相加可得an−a1=2+4+...+2n−1=2(1−2n−1)1−2=2n−2，可得an=2n，对n=1也成立，

故{an}是等比数列，B正确；

对C：由数列{bn}的前n项积等于数列{a11.【答案】ACD

【解析】解：设△ABC的外心为O，d1=d2=d3，∴P在过O且与平面ABC垂直的直线上，与三棱锥表面交于点D，O，

当P，D重合时，d4=0不满足题意，

当P，O重合时，d1=d2=d3=63，d4=33，d1=d2=d3≠d4不满足题意，故点P不存在，故A正确；

d1=d4，d2=d3则P为AD的中垂面与BC的中垂面的交线与表面的交点，如图有两个点P1，P2，故B错误；

若点P在面BCD上，|PB|+|PC|=52>|BC|=2，

∴P在以B，C为焦点，52为长轴长的椭圆上，即2a=52，2c=2，

而DB|+|DC|=2<2a，故D在椭圆内，

在空间中将该椭圆绕BC旋转一周得到椭球面，

则椭球面上任一点Q都有|QB|+|QC|=52，

而|AB|+|AC|=22>2a，故A在椭球面外，因此AD与椭球面必有交点，

根据两点之间线段距离最短，故d1+d4的最小值为1，故C正确；

如图建立空间直角坐标系，则A(0,0,1)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，D(0,0,0)，设P(x,y,z)，

则d12+d22+d32+d42=4x2−2x+1+412.【答案】−448

【解析】解：已知二项式(1−2x)8的展开式的通项为Tr+1=C8r(−2x)r=(−2)rC813.【答案】2

【解析】解：如图，延长BF交抛物线C于点A′．

由题意得F(p2,0),∠BFx=60°，

则直线lBF：y=3(x−p2)，

联立方程组y=3(x−p2),y2=2px,整理得12x214.【答案】(−1【解析】解法一：f(x)=ax(ex+1)+ex−1=(ex+1)(ax+ex−1ex+1)．

∵ex+1>0，

∴f(x)的零点等价于函数g(x)=ax+ex−1ex+1的零点．

又∵函数g(x)定义域为R，且g(−x)=a(−x)+e−x−1e−x+1=−(ax+ex−1ex+1)=−g(x)

∴g(x)是R上的奇函数，

∴只需要考虑g(x)在(0,+∞)上有一个零点即可．

又∵函数y=ex在R上单调递增，函数y=x+1x在(1,+∞)上单调递增，

当x∈(0,+∞)时，ex∈(1,+∞)，

∴函数y=ex+1ex+2在(0,+∞)上单调递增，

∴g′(x)=a+2ex+1ex+2在(0,+∞)上单调递减，∴g′(x)的值域是(a,a+12)．

当a≥0时，g′(x)>0，此时g(x)在(0,+∞)上单调递增，g(x)>g(0)=0，无零点，不符合题意；

当a≤−12时，g′(x)<0，此时g(x)在(0,+∞)上单调递减，g(x)<g(0)=0，无零点，不符合题意；

当−12<a<0时，由零点存在性定理知，必存在唯一的正数x0，使g′(x0)=0．

当x∈(0,x0)时，g′(x)>0，此时g(x)在(0,x0)上单调递增，g(x)>g(0)=0，g(x0)>g(0)=0；

当x∈(x0,+∞)时，g′(x)<0，此时g(x)在(x0,+∞)上单调递减；

又∵g(−1a)=−1+e−1a−1e−1a+1<0，g(x0)>0，−1a∈(2,+∞)，

−1a>x0，∴g(x)在(x0,−1a)上存在唯一零点，符合题意．

综上所述，实数a的取值范围是(−12,0)．

解法二：令f(x)=0，得−ax=ex−1ex+1，设g(x)=−ax.，ℎ(x)=ex−1ex+1．

∵函数g(x)的定义域为R，且g(−x)=ax=−g(x)；

函数ℎ(x)的定义域为R，且ℎ(−x)=e−x−1e−x+1=−ex−1ex+1=−ℎ(x)，

∴g(x)与ℎ(x)都是R上的奇函数，

则问题转化为函数g(x)与ℎ(x)在(0,+∞)上恰有一个交点．

又∵函数ℎ(x)=ex−1ex+1=1−2ex+1在(0,+∞)上单调递增，∴ℎ(x)∈(0,1)．

又∵ℎ′(x)=2ex(ex+1)2，ℎ″(x)=2ex(1−ex)(e15.【答案】丙投篮水平较高，理由见解析；

2081．【解析】解：甲、乙、丙三人各自独立投篮，甲和乙都投中的概率是19，

甲投中而丙未投中的概率是16，乙投中而丙未投中的概率是16，

(1)丙投篮水平较高，理由如下：

设甲、乙、丙三人各自独立投篮投中的概率分别为p1、p2、p3．

依题意，得p1p2=19p1(1−p3)=16p2(1−p3)=16，解得p1=13p2=13p3=12，

因为p1=p2<p3，所以，丙投篮水平较高．

(2)记A组投中次数为X1，B组投中次数为X2，

由(1)知X1～B(4,13)，X2∼B(2,12)，

若B组获胜，则X1=0，X2=1或X1=0，X2=2或X116.【答案】证明见解析；

35．【解析】解：(1)证明：过点P作PO⊥AB，垂足为O，

∵平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC=AB，PO⊥AB，

∴PO⊥平面ABC，

又BC⊂平面ABC，∴PO⊥BC．

∵PA⊥平面PBC，BC⊂平面PBC，∴PA⊥BC．

又PA∩PO=P，PA，PO⊂平面PAB，

∴BC⊥平面PAB．

(2)∵BC⊥平面PAB，∴BC⊥AB，又∵PA⊥平面PBC，∴PA⊥PC，

∴三棱锥P−ABC的外接球球心为AC中点，AC=2,PB=1,AB=102，

如图，以B为坐标原点，BA为x轴，BC为y轴，建立空间直角坐标系．

∵PA⊥PB，

∴PA=AB2−PB2=62,PO=PA⋅PBAB=155,OB=PB2−PO2=105，

∴P(105,0,155),C(0,62,0),A(102,0,0)．

设平面APC的一个法向量为m=(x,y,z),AC=(−1017.【答案】证明见解析；

4−26【解析】(1)证明：因为∠ADC=3π4，可得∠ADB=π4，

又AB⊥AD，所以△ABD为等腰直角三角形，

而AD=CD，

可得AB=AD=CD=c,BD=2c，

所以a=BD+CD=(2+1)c，可得ac=(2+1)c2，

在△ADC中，由余弦定理得b2=c2+c2−2c×c×cos3π4=(2+2)c2，

所以b2−c2=(2+1)c2=ac，

即证得b2−c2=ac；

(2)解：因为∠ADC=θ，AB⊥AD，所以18.【答案】4x+y−4=0；

存在，a=−1，b=1；

{−1,0,1,2,3,4,5}．

【解析】解：(1)当a=1时，f(x)=(x+1)ln(2x−1)，得f′(x)=ln(2x−1)−2(x+1)x(2−x)

∵f(1)=0，f′(1)=−4，

∴曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=−4(x−1)，即4x+y−4=0．

(2)∵f(x)的定义域是(0,2)，且f(x)的图象关于直线x=b对称，∴b=1，

∴对任意的x∈(0,2)，f(x)=f(2−x)成立，

即(ax+1)ln(2x−1)=(2a−ax+1)ln(22−x−1)，

化简整理得ax+1=ax−2a−1，

即1=−2a−1，

解得a=−1，

即存在a=−1，b=1，使f(x)的图象关于直线x=b对称．

(3)设g(x)=f(1x)=(ax+1)ln(2x−1)，则g′(x)=1x2[2x2+2ax2x−1−aln(2x−1)]．

∵g(x)在(1,+∞)上单调递增，∴g′(x)≥0对任意的x∈(1,+∞)恒成立，

即t(x)=2x2+2ax2x−1−aln(2x−1)≥0，且t′(x)=4x(x−