江西省2025届高三下学期5月模拟预测 数学试题（含解析）

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一、单选题
1．若复数，则（ ）
A．3B．4C．5D．6
2．已知函数，则“”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
3．已知抛物线：（）的焦点为，过点且垂直于轴的直线与交于两点，，点在上，则（ ）
A．4B．5C．6D．7
4．已知圆：和直线：，若直线被圆截得的弦长为2，则的值为（ ）
A．1B．C．D．1或
5．函数是（ ）
A．奇函数，且最大值为5B．奇函数，且最小值为
C．偶函数，且最大值为5D．偶函数，且最小值为
6．已知长方体，，，，则直线与直线所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
7．老师从7篇不同的诗歌中随机抽3篇让同学背诵，规定至少能背出其中2篇才算及格，甲同学只能背诵其中的3篇，则他能及格的概率为（ ）
A．B．C．D．
8．已知，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知集合，，下列结论正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则可以取3
10．已知双曲线：（，）的离心率为3，，分别为的左、右焦点，为上一点，若的面积等于16，且，则（ ）
A．B．焦距为3
C．焦点到渐近线的距离为D．双曲线的方程为
11．已知函数恰有3个零点，则的取值可以为（ ）
A．B．C．D．
三、填空题
12．已知平面向量，满足，，且，则与的夹角 .
13．已知正六棱柱的体积为，，则该正六棱柱外接球的表面积为 .
14．某校积极开展“武术进校园”活动，为了解该校各班参加武术兴趣小组的人数，从全校随机抽取5个班级，把每个班级参加该小组的人数作为样本数据.已知样本平均数为5，极差不大于6，且样本数据互不相等，则该样本数据的方差的最大值为 .
四、解答题
15．在中，角的对边分别为，，，已知，.
（1）若，求的面积；
（2）若，求的周长.
16．已知椭圆：（）的离心率为，，分别为椭圆的左、右顶点.
（1）求的方程；
（2）若点在上，点在直线上，点的纵坐标为正数，且，，求直线的方程.
17．已知函数.
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）若函数在处取得极大值，求实数的取值范围.
18．在四棱锥中，已知，，，，平面平面.
（1）证明：平面平面.
（2）若，在棱上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由.
19．定义除数函数（）的函数值为的正因数的个数，例如，.已知合数，其中，，…，为互不相同的素数，，，.当取得最大值时，其发生的概率为.
（1）求，，的值.
（2）设，为素数，试探究，，的大小关系.
（3）若无穷正项数列同时满足下列两个性质，则称数列具有性质.①，，；②为单调数列.记，证明：数列具有性质.
参考答案
1．【答案】C
【详解】依题意，，所以.
故选C
2．【答案】A
【详解】若，则，反之，若，则或.
故“”是“”的充分不必要条件.
故选A.
3．【答案】B
【详解】由题意有：当时，，所以，
所以，解得，又因为，所以.
故选B.
4．【答案】D
【详解】依题意可知直线与圆相交，且圆的圆心坐标为，半径.
设圆心到的距离为，则，解得.
由，化简得，解得或.
故选D.
5．【答案】C
【详解】因为，所以是偶函数，故AB错误；
又因为，
令（），，
则在上单调递减，，
故选C.
6．【答案】B
【详解】连接，，由长方体的性质可得，
所以直线与直线所成的角即为直线与直线所成的角，即（或其补角）.
在中，，，，
所以.
故选B.
7．【答案】A
【详解】计算从篇诗歌中随机抽篇的总情况数，种.
计算甲同学能背出篇的情况数，
甲同学只能背诵其中篇，那么从这篇会背的中选篇的组合数为，同时从剩下篇不会背的中选篇的组合数为.
所以甲同学能背出篇的情况数为种.
计算甲同学能背出篇的情况数，
从篇会背的诗歌中选篇的组合数为，根据组合数公式种.
计算甲同学及格的情况数，
因为至少能背出篇才算及格，所以甲同学及格的情况数为能背出篇的情况数与能背出篇的情况数之和，即种.
根据古典概型概率公式，将，代入可得.
故选A.
8．【答案】D
【详解】因为，所以，且
因为是单调递减函数，且，即能成立，所以A，B都不正确；
因为，又当时，，则，当时，，则，
当时，，
综上，，所以C错误，D正确.
故选D.
9．【答案】AC
【详解】对于AB，若，则任意实数均满足，因此，A正确，B错误；
对于CD，由，得，解得，C正确，D错误.
故选AC.
10．【答案】ACD
【详解】A选项，因为双曲线的离心率为3，所以，
解得，故A正确；
B选项，设，（），则的方程为.
由双曲线的定义可知，.
在中，.
由余弦定理有，
所以，
即，解得.
又因为，所以，
则，解得，
所以，故B错误，
C选项，渐近线方程为，
焦点到渐近线的距离，故C正确；
D选项，由，所以双曲线的方程为，故D正确.
故选ACD.
11．【答案】ACD
【详解】等价于，
设，所以函数恰有3个零点.
令，则，
当时，在上单调递增，当时，在上单调递减，
当时，，当时，，则.
因为函数恰有3个零点，所以有一个负根和一个小于的正根，
所以，解得.
故选ACD.
12．【答案】/
【详解】因为，所以，即，解得.
由，，可得.
13．【答案】
【详解】设正六边形，的中心分别为，，连接，
则正六棱柱外接球的球心为的中点，
该正六棱柱的外接球的半径为，
因为正六棱柱的体积为，，
所以，解得，又，
所以，从而.
14．【答案】
【详解】不妨设这5个班级的样本数据分别为，，，，（），且，，，，，
依题意有，易知，
所以，则，，又，
所以，，，，的值可能有如下三种情况，
2，3，5，7，8，则均值为5，方差为；
2，4，5，6，8，则均值为5，方差为；
3，4，5，6，7，则均值为5，方差为；
所以2，3，5，7，8的方差最大，为.
15．【答案】（1）
（2）当，时，的周长为；当，时，的周长为.
【详解】（1）因为，，，
所以，
化简得，解得.
故的面积.
（2）因为，由正弦定理有，
又，
所以上面两个方程联立，解得，.
由，知为锐角，所以，或.
当，时，可知，
所以，，的周长为.
当，时，可知，
所以，从而，的周长为.
16．【答案】（1）
（2）或.
【详解】（1）由椭圆的离心率为，得，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）由（1）得，设，由，得，
直线的斜率，则直线的方程为，即，
于是，而，，则，
因此，解得或，即点或，
当时，直线的方程为；当时，直线的方程为，
所以直线的方程为或.
17．【答案】（1）
（2）.
【详解】（1）当时，，
可得，，，
所以所求曲线的切线方程为，即.
（2）的定义域为，.
因为在处取得极大值，
所以，且在处两侧的值异号.
①当时，在上单调递增，而，
所以在上，，在上单调递减，
在上，，在上单调递增，
则在处取得极小值，不符合题意.
②当时，
（ⅰ）若，，
令，则，
当时，，即函数在上为减函数，
当，，即函数在上为增函数，
所以，当且仅当时取到等号，
所以
则在上，为减函数，所以不是极值点，不符合题意.
（ⅱ）若，设，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减.
因为，所以在上，，单调递增，
在上，，单调递减，则在处取得极大值，符合题意.
（iii）若，，
当时，，当时，，
在上单调递增，在上单调递减.
因为，所以在上，，单调递减，
在上，，单调递增，则函数在处取得极小值，不符合题意.
综上，，即的取值范围为.
18．【答案】（1）证明见解析
（2）存在，
【详解】（1）分别取，的中点和，连接，，.
则，.
又，，所以，，
所以四边形是平行四边形，，
因为，所以，又,则平面，
所以平面，
因为面，所以.
因为，，,所以平面，
又,所以平面平面.
（2）由（1）可知，为的中点，，所以.
又，所以是等边三角形.
取的中点，连接，由（1）可知，所以平面.
如图，建立空间直角坐标系，则，，，
，，，.
设平面的法向量为，
所以即取，得.
假设存在一点满足条件，设（），
所以，.
设平面的法向量为，
所以即取，得.
设平面与平面的夹角为，则，
即，解得或（舍去），此时，
所以在棱上存在中点，使得平面与平面的夹角的余弦值为.
19．【答案】（1），，.
（2）
（3）证明见解析
【详解】（1）依题意可得，，.
（2）解：当时，由计数原理可知，
，，
则.
当时，由计数原理可得，，
，则.
（3）证明：由计数原理和元均值不等式可知，
当且仅当时，的最大值.
当取得最大值时，其发生的概率，
则.
由元均值不等式可得
，
所以为单调数列..
设，则，
所以在上单调递增，在上单调递减.
所以，即，
所以，从而，
所以.
综上所述，数列具有性质.