江西省部分高中2025届高三下学期3月联合检测（一模）数学试题（解析版）

这是一份江西省部分高中2025届高三下学期3月联合检测（一模）数学试题（解析版），共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. “”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
【答案】B
【解析】若，因为，所以成立.即必要性成立.
若，取，，则不成立.即充分性不成立.
故选:.
2. 已知复数在复平面内对应的点的坐标为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为复数在复平面内对应的点的坐标为，所以.，
所以，
故选：.
3. 我国历史上刘徽、赵爽等5人通过构造不同的图形，利用出入相补法证明了勾股定理，出入相补就是一个平面图形经过分割、移补，面积不变.李老师准备从这5人中随机选取2人，介绍其解法，则刘徽、赵爽中至少有1人被选到的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】设事件为“刘徽、赵爽中至少有1人被选到”
刘徽、赵爽中至少有1人被选到的概率为.
故选：D.
4. 函数的单调递增区间为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】由且，得，即或，
所以函数的定义域为，
因为在上单调递减，在上单调递增，
又函数增函数，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
又函数为增函数，
所以函数的单调递增区间为.
故选：B.
5. 如图，正方体的棱长为1，，分别为，的中点，在上，且，平面与棱所在直线交于点，则（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】在正方体中，根据正方体的性质可得平面与平面平行，
利用面面平行的性质定理可得平面与它们的交线平行，
所以过点作直线的平行线与延长线交于一点，
此交点即平面与棱所在直线交点，连接，如图所示.
所以四边形是平行四边形，所以，
又，分别为，的中点，所以，
因为，所以，所以，
又因为，所以，
所以.
故选：.
6. 已知函数的图象在处的切线过原点，则所在的区间是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，所以.
因为的图象在处的切线过原点，则，
即，即.
设，因为在上均单调递增，且函数值为正，
所以在上单调递增，且，，
所以.
故选：.
7. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，若以为直径的圆与以点为圆心、为半径的圆相切于点，且点在上，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由两圆的圆心分别为，.且圆的半径为，，
可得点在以为直径的圆内，且两圆内切，
所以点为的中点，所以，，所以圆的半径为3，
即，所以，解得，，所以的离心率为，
故选：A.

8. 甲、乙两人玩一种扑克游戏，每局开始前每人手中各有6张扑克牌，点数分别为1~6，两人各随机出牌1张，当两张牌的点数之差为偶数时，视为平局，当两张牌的点数之差为奇数时，谁的牌点数大谁胜，重复上面的步骤，游戏进行到一方比对方多胜2次或平局4次时停止，记游戏停止时甲、乙各出牌次，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】甲乙每次出牌1张，若两人出牌的点数都是偶数或都是奇数，则平局，
所以平局的概率，
若甲胜，则结果有、、、、、、、、，共9种，
所以甲胜的概率为，同理乙胜的概率也为，
各出牌4次后停止游戏，若4次全平局，概率为；
若平局2次，则最后1次不能是平局，
另外2次甲全胜或乙全胜，概率为，
若平局0次，则一方3胜1负，且负的1次只能在前2次中，概率为，
所以.
故选：.
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. 若数列满足，则（ ）
A. 是等比数列B.
C. 中各项均不为D.
【答案】BD
【解析】选项A和C：取代入题干中得：.所以不是等比数列.故AC错误.
选项B：取代入得：；取代入得：.
所以，故B正确.
选项D：.故B正确.
故选：BD.
10. 已知，，均为单位向量，且，则（ ）
A.
B.
C. 当实数变化时，的最小值是
D. 若，则
【答案】ACD
【解析】由.得.解得（舍去）或.
因为、均为单位向量.则，故正确.
，故错误.
，当且仅当时取等号，故正确.
由.则，所以，整理得，即.故正确.
故选：ACD.
11. 已知函数的定义域为，集合，则（ ）
A. 若，且在上单调，则的取值范围是
B. 若，且在上恰有2个不等的实根，则的取值范围是
C. 若，且，则的取值范围是
D. 若，且中恰有4个不同元素，则的取值范围是
【答案】ABD
【解析】，
当，时，，
因为的单调区间是，所以.，故A正确；
当时.，由得，
所以在上的前3个实根依次为，，，所以，故正确.
当时，，由，若，则不存在，
使得，所以，，故错误；
若中有4个不同元素.则方程在上恰有2个不同实根.所以，，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知抛物线经过点，则焦点坐标为________.
【答案】
【解析】由题知，得，
所以的焦点坐标为.
故答案为：
13. 已知函数，若，的图象关于原点对称，若，的图象关于轴对称，则________.
【答案】
【解析】∵时，的图象关于原点对称，故此时为奇函数，
∴，即，
∴.
∵时，的图象关于轴对称，故此时为偶函数，
∴，即，
∴.
①②两式相加得，，
整理得，.
故答案为：.
14. 已知三棱锥的所有顶点都在体积为的球的表面上，点在棱上，长为4的正三角形，则三棱锥的体积为________.
【答案】
【解析】如图，因为点在上，三棱锥的所有顶点都在球的表面上.
所以为球的直径，，则
由球的体积为，得.
因为.过点作于.
连接，又与全等.
则，，.
所以的面积.
因为，，，且平面，则平面，
所以三棱锥的体积为.
故答案为：.
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. 数据显示，中国大模型正处于一个技术进步迅速、市场规模快速增长的爆发式发展阶段.为了解中国大模型用户年龄分布，公司调查了500名中国大模型用户，统计他们的年龄，都在内，按照，，，，分组，得到如下的频率分布直方图.
（1）估计中国大模型用户年龄的平均数；（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）
（2）估计中国大模型用户年龄的中位数；
（3）目前大模型已经能够应用于医疗领域，医生可以在工作中使用大模型辅助工作，以提升工作效率，公司调查了200名用户，统计他们是否愿意将前期体检或病情交由大模型判断，得到下面的列联表.
请补充列联表，并根据该表判断是否有的把握认为性别与是否愿意将前期体检或病情交由大模型判断有关.
参考公式，其中.
解：（1）中国大模型用户年龄的平均数为
.
（2）设中国大模型用户年龄的中位数为，
因为，，
所以，
所以，解得.
（3）补充列联表如下.
因为
所以有的把握认为性别与是否愿意将前期体检或病情交由大模型判断有关
16. 已知的内角，，所对的边分别为，，，满足，且，，成等比数列.
（1）求；
（2）若，求.
解：（1）由正弦定理及，得，
即，
由余弦定理得，
所以，
因为,,成等比数列，所以，所以.
（2）因为，整理得，
因为，所以，所以，
代入得，则根据正弦定理有.
17. 如图，平行四边形所在平面与矩形所在平面垂直，是边长为的正三角形.
（1）证明：平面平面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.
（1）证明：在矩形中.
因为平面平面且平面平面.
所以平面.
因为平面，所以.
由平面且四边形为矩形，得平面.
又平面，平面，所以，.
因为且，所以.
所以平行四边形是菱形，.
因为，平面，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）解：因为，，则.
设，则，.
以点为坐标原点，直线、分别为、轴，过点且平行于直线的直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，.
所以，，.
设平面的法向量为，则，即，
取，得.
设直线与平面所成的角为，
则，
所以直线与平面所成的角的正弦值为.
18. 已知函数.
（1）求的极值；
（2）若，.
（i）求的取值范围；
（ii）比较与的大小，并说明理由.
解：（1）根据题意有的定义域为，
因为，
所以，
所以时，，单调递减，时，，单调递增，
所以在时取得极小值，且极小值，没有极大值；
（2）（i）.即，
设，则，
因为时.，若.即时，，在上单调递增，
所以，即，，满足题意.
若，即时，，
因为在上单调递增，且，
所以时，，单调递减，不满足题意，
综上得.的取值范围是；
（ii）不妨设，比较与的大小，
即比较与的大小，即比较与的大小，
设，，
则.
设.
则.所以单调递增.
所以.单调递增.所以.
所以.
19. 已知椭圆的左、右顶点分别为，，上顶点在直线上，且三边的平方和为30.
（1）求的方程；
（2）过点且斜率不为0的直线与交于、两点.
（i）求面积的最大值；
（ii）设点是线段上异于，的一点，满足，证明：.
解：（1）在中令，得，则，所以，
又三边的平方和为30，所以，
解得，
所以的方程为.
（2）（i）设，，直线的方程为，
联立，得，
则，所以，
且，，
，
令，则，
，
当且仅当时取等号，此时满足式，
面积的最大值为.
（ii）设，如图，由，则的平分线与轴垂直，
所以，
所以点在线段的垂直平分线上，即，
则，
设，则，
则，①
又点在直线上，所以，
则，
所以，则，
整理得，②
由①②得，
所以，则，所以，
故.
男性
女性
合计
愿意
62
不愿意
60
合计
98
200
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
男性
女性
合计
愿意
62
38
100
不愿意
40
60
100
合计
102
98
200