江西省南昌市第十中学2025届高三上学期摸底模拟考试数学试题（解析版）

这是一份江西省南昌市第十中学2025届高三上学期摸底模拟考试数学试题（解析版），共22页。试卷主要包含了考试结束后，请将答题纸交回.等内容，欢迎下载使用。
命题人：万佳玥 审题人：陶海水
说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，全卷满分150分.考试用时120分钟，
注意事项：
考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求.
1．答题前，请您务必将自己的姓名、准考证号或IS号用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔填写在答题卡和答题纸上.
2．作答非选择题必须用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔写在答题纸上的指定位置，在其它位置作答一律无效.作答选择题必须用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，请保持卡面清洁和答题纸清洁，不折叠、不破损.
3．考试结束后，请将答题纸交回.
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．
1. 已知全集，集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解分式不等式求解集合A，解对数函数不等式得集合B，然后利用补集运算和交集运算求解即可.
【详解】由得，解得.又，所以.
由，得，所以，所以，
所以.
故选：.
2. 设正项等比数列的公比为，若成等差数列，则（ ）
A. B. 2C. D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】结合等差数列性质及等比数列通项公式计算即可.
【详解】因为成等差数列，所以，
所以，则，解得或（舍去）．
故选：B
3. 若，则的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先化简复数，再根据复数的特征求虚部.
【详解】，
所以的虚部是.
故选：C
4. 已知向量，则“”是“”的（ ）
A 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】先计算时的取值，再根据必要与充分条件的定义判断即可.
【详解】因为，，
所以，，
当时，
，即
解得
所以“”是的充分不必要条件.
故选：A.
5. 已知圆锥的轴截面为为该圆锥的顶点，该圆锥内切球的表面积为，若，则该圆锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，利用内切圆的性质，求得圆锥的底面半径和高，结合体积公式，即可求解.
【详解】如图所示，设内切球与PA相切于点，
因为，所以，
由内切球的表面积为，可得球的半径，
则圆锥的高为，圆锥的底面半径为，
所以该圆锥的体积.
故选：A.
6. 为研究某池塘中水生植物的覆盖水塘面积（单位：）与水生植物的株数（单位：株）之间的相关关系，收集了4组数据，用模型去拟合与的关系，设与的数据如表格所示：得到与的线性回归方程，则（ ）
A. -2B. -1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知条件，求得，进而代入回归方程可求得，从而得出，联立，即可求得本题答案.
【详解】由已知可得，，，
所以，有，解得，
所以，，
由，得，
所以，，则.
故选：C.
7. 已知函数，若，则直线与的图象的交点个数为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】先将函数化简得，再结合以及的任意性求出的值，从而求出的解析式，再数形结合探究即可得出结果.
【详解】由题，
由知，
所以，解得，
所以.
对于，令，得；令，得，
故直线经过点与点.
易知的图象也过点与点，
在同一平面直角坐标系中作出函数的图象与直线，如图所示：
结合图象可知的图象与直线恰有5个交点，
故选：C.
8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，过作直线与双曲线的左、右两支分别交于，两点.若，且，则双曲线的离心率为（ ）
A. 2B. C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用双曲线定义，结合余弦定理列式计算即得.
【详解】设，则，，由双曲线定义得，
在中，由余弦定理得，
解得，因此，令双曲线的半焦距为c，
在中，由余弦定理得，解得，
所以双曲线离心率为.
故选：A
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 下列说法中，正确的是（ ）
A. 数据的第25百分位数为32
B. 从一批含有10件正品、4件次品的产品中任取3件，则取得2件次品的概率是
C. 已知随机变量服从二项分布，若，则
D. 已知随机变量服从正态分布，若，则
【答案】BC
【解析】
【分析】由百分位数的定义进行判断A项，由超几何体公式求概率判断B项，由二项分布的数学期望与方差的性质判断C项，由正态分布的性质判断D项．
【详解】对数据排列：，因为，所以第25百分位数，故A错误；
对于B，从一批含有10件正品、4件次品的产品中任取3件，则取得2件次品的概率为，故B正确；
对于C，得，解得，故C正确；
对于D，，则正态曲线的对称轴为，根据正态曲线的对称性可得，故D错误；
故选：BC
10. 已知数列满足，设数列的前项和为，其中，则下列四个结论中，正确的是（ ）
A. 的值为2
B. 数列的通项公式为
C. 数列为递减数列
D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A.只需令即可得出的值；对于B.已知数列的前n项和，根据前n项和与数列的关系即可求出的通项公式，继而得到的通项公式；对于C.已知的通项公式，利用递减数列定义列式判断即可；对于D.化简得出数列，裂项相消即可得出.
【详解】对于A. ，即，故A正确；
对于B. ①， ②，
得，，当时，
故数列的通项公式为，B错误.
对于C.令
因为，所以，数列为递减数列，故C正确
对于D.
故D正确.
故选：ACD
【点睛】思路点睛：
给出 与 的递推关系，求，常用思路是：一是利用转化为的递推关系，再求其通项公式；二是转化为的递推关系，先求出与n之间的关系，再求.
11. 设R，用表示不超过的最大整数，则函数被称为高斯函数；例如，，已知，，则下列说法正确的是（ ）
A. 函数是偶函数
B. 函数是周期函数
C. 函数的图像关于直线对称
D. 方程只有1个实数根
【答案】AD
【解析】
【分析】确定时的图象，根据的奇偶性确定部分的函数图象，根据的图象确定的图象即可求解.
【详解】选项A，函数的定义域为R，
因为，所以为偶函数，
当时，，
当时，，
当时，，
因为为偶函数，所以函数的图象如下图所示

由可知，在内，
当，Z 时，，
当，且,Z时，，
当或，Z时，，
因为，所以为偶函数，则函数的图象如下图所示

显然不是周期函数，故选项A正确，B错误, C错误;
对于方程，当时，方程有一个实数根，
当时，，此时，方程没有实数根，
当时，，此时，方程没有实数根，
所以方程只有1个实数根，故D正确；
故选：AD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 的展开式中常数项是______．（用数字作答）
【答案】
【解析】
【分析】利用二项式展开式的通项公式求出指定项即可.
【详解】由的展开式的通项得：，
令，得，故．
故答案为：.
13. 已知直线是曲线和的公切线，则实数a=______．
【答案】3
【解析】
【分析】先设在上的切点，然后求出切点和切线，然后再设在上的切点，即可求出a的值.
【详解】设直线l与曲线相切于点，
由，得，因为l与曲线相切，
所以消去，得，解得．
设l与曲线相切于点，由，得，即，
因为是l与曲线的公共点，
所以消去，得，即，解得．
故答案为：3.
14. 对于实数和，定义运算“”： ，设，且关于的方程为恰有三个互不相等的实数根，则的取值范围是___________；的取值范围是__________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】先求得的解析式，画出的图像，将方程为恰有三个互不相等的实数根，等价为的图象与的图象有三个交点，则可得m的范围，当时，由，根据韦达定理，可求得的范围，当时，根据，可求得的最小值，即可得答案.
详解】当时，，当时，，
所以，即，
图象如图所示：
方程为恰有三个互不相等的实数根，等价于的图象与的图象有三个交点，
当时，，，
由图象可得，
令，解得，所以，
令，解得根为，由图象可得，当最高时，解得最小，此时，
所以，解得或（舍），
所以，
所以，
故答案为：；.
【点睛】解题的关键是先求得解析式，画出图像，将方程求根问题，转化为图象求交点问题，找到临界位置，数形结合，分析计算，即可得结果，属中档题.
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. 在中，已知角，，所对的边分别为，，，．
（1）求角的大小；
（2）若为锐角三角形，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由二倍角的正弦和余弦公式，结合余弦定理将角转化为边，可将式子变形为，再利用余弦定理即可求解；
（2）利用正弦定理将边转化为角，再结合三角恒等变换可得，根据锐角三角形可得的取值范围，结合三角函数的图象和性质即可求解.
【小问1详解】
在中，
，
因为，
所以，
化简得，由余弦定理得，
又，所以；
【小问2详解】
由正弦定理知
，
由为锐角三角形可知，而，
所以得，
所以，
所以，即 ，
则的取值范围为.
16. 如图，在斜三棱柱中，平面平面，，四边形是边长为2的菱形，，，，分别为，的中点.
（1）证明：.
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题干，先证明平面，从而得到，又因为，再得到平面，进而得到；
（2）在点建立空间直角坐标系，求出直线与平面中各点的坐标，再利用线面夹角公式代入求解即可得到.
【小问1详解】
证明：如图，连接.
因为四边形是边长为2的菱形，，
所以为等边三角形，则.
又平面平面，平面平面，平面ACFD，
所以平面，
因为平面，所以.
因为，，所以.
因为，平面，所以平面.
又平面，所以.
【小问2详解】
如图，过作的平行线为轴，结合（1）知轴，，两两垂直.故可建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
则，，.
设平面的法向量为，
则得
取，得，则.
因为为的中点，所以.
又.所以.
则.
设直线与平面所成的角为，则，
即直线与平面所成角的正弦值为.
17. 已知M为圆上一个动点，垂直x轴，垂足为N，O为坐标原点，的重心为G.
（1）求点G的轨迹方程；
（2）记（1）中的轨迹为曲线C，直线与曲线C相交于A、B两点，点，若点恰好是的垂心，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设，根据为的重心，得，代入，化简即可求解.
（2）根据垂心的概念求得，设直线方程，与椭圆联立韦达定理，利用得，将韦达定理代入化简即可求解.
【小问1详解】
设，则，因为的重心，
故有：，解得，代入，化简得，
又，故，所以的轨迹方程为.
【小问2详解】
因为的垂心，故有，
又，所以，故设直线的方程为，
与联立消去得：，
由得，
设，则，
由，得，所以，
所以，
所以，化简得，
解得（舍去）或（满足），故直线的方程为.
18. 某医学研究院为寻找防治甲流的新技术，对甲流疑似病例进行检测与诊断.研究员抽取了5名甲流疑似病例，假设其中仅有一名感染甲流，需要通过化验血液来确认感染甲流的人，若化验结果只有阳性和阴性两种，且化验结果呈阳性，则为甲流感染者，化验结果呈阴性，则不是甲流感染者.现有两个检测方案：
方案一：先从5人中随机抽取2人，将其血液混合，进行1次检测，若呈阳性，则选择这2人中的1人检测即可；若呈阴性，则对另外3人进行检测，每次检测1人，找到甲流感染者则停止检测.
方案二：对5人进行逐个检测，找到甲流感染者则停止检测.
（1）分别求出利用方案一、方案二所需检测次数的分布列与数学期望；
（2）求两种方案检测次数相等的概率；
（3）已知检测前需一次性花费固定成本500元，检测费用为400元/次，请分别计算利用两种方案检测的总费用的期望值，并以此作为决策依据，判断选择哪个方案更好.
【答案】（1）方案一的分布列见解析，期望为，方案二的分布列见解析，期望为
（2）
（3）方案一检测总费用的期望值为1460元，方案二检测总费用的期望值为1620元，选择方案一更好
【解析】
【分析】（1）设方案一所需检测次数为，则的所有可能取值为，，设方案二所需检测次数为，则的所有可能取值为，，，，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望；
（2）结合（1）利用相互独立事件的概率公式计算可得；
（3）设方案一、方案二的检测总费用分别为，，则，，结合（1）利用期望的性质计算可得.
【小问1详解】
设方案一所需检测次数为，则的所有可能取值为，.
当时，有两种情况：
①第1次检测2人的混合血液呈阳性，第2次任选这2人中的1人检测即可确定甲流感染者，其概率为.
②第1次检测2人的混合血液呈阴性，第2次检测另外3人中的1人呈阳性，其概率为.
故.
当时，第1次检测2人的混合血液呈阴性，第2次检测另外3人中的1人呈阴性，
第3次从剩余2人中任选1人检测即可确定甲流感染者，
故（另解：）.
故的分布列为
故.
设方案二所需检测次数为，则的所有可能取值为，，，.
故，，
，（另解：）.
故的分布列为
故.
【小问2详解】
由（1）知两种方案的检测次数均为的概率为，
两种方案的检测次数均为的概率为，
故两种方案检测次数相等的概率为.
【小问3详解】
设方案一、方案二的检测总费用分别为，，
则，，
则方案一检测总费用的期望值（元），
方案二检测总费用的期望值（元）.
因为，所以方案一检测总费用的期望值更小，所以选择方案一更好.
19. 已知，，是自然对数的底数.
（1）当时，求函数的极值；
（2）若关于的方程有两个不等实根，求的取值范围；
（3）当时，若满足，求证：.
【答案】（1）极小值为0，无极大值.
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）把代入函数中，并求出f'x，根据f'x的正负得到的单调性，进而求出的极值.
（2）等价于与的图象有两个交点，求导得到函数y=gx的单调性和极值，画出y=gx的大致图象，数形结合求解即可.
（3）求出f'x，并得函数y=fx在上单调递减，在上单调递增，可得则，，要证，只需证，只需证，即证，令，对hx求导证明即可.
【小问1详解】
当时，，定义域为，求导可得，
令，得，
当时，f'x