江西省景德鎮(zhèn)市2025屆數學高三第一學期期末質量檢測模擬試題含解析

江西省景德鎮(zhèn)市2025屆數學高三第一學期期末質量檢測模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．若命題p：從有2件正品和2件次品的產品中任選2件得到都是正品的概率為三分之一；命題q：在邊長為4的正方形ABCD內任取一點M，則∠AMB>90°的概率為π8A．p∧qB．(?p)∧qC．p∧(?q)D．?q2．已知冪函數的圖象過點，且，，，則，，的大小關系為（）A． B． C． D．3．已知函數，若有2個零點，則實數的取值范圍為（）A． B． C． D．4．已知，則的大小關系為（）A． B． C． D．5．總體由編號01，,02，…，19,20的20個個體組成．利用下面的隨機數表選取5個個體，選取方法是隨機數表第1行的第5列和第6列數字開始由左到右依次選取兩個數字，則選出來的第5個個體的編號為7816

6572

0802

6314

0702

4369

9728

0198

3204

9234

4935

8200

3623

4869

6938

7481

A．08 B．07 C．02 D．016．2019年10月1日，中華人民共和國成立70周年，舉國同慶.將2,0,1,9,10這5個數字按照任意次序排成一行，拼成一個6位數，則產生的不同的6位數的個數為A．96 B．84 C．120 D．3607．如圖，在四邊形中，，，，，，則的長度為（）A． B．C． D．8．已知拋物線和點，直線與拋物線交于不同兩點，，直線與拋物線交于另一點．給出以下判斷：①以為直徑的圓與拋物線準線相離；②直線與直線的斜率乘積為；③設過點，，的圓的圓心坐標為，半徑為，則．其中，所有正確判斷的序號是（）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③9．已知雙曲線的左，右焦點分別為、，過的直線l交雙曲線的右支于點P，以雙曲線的實軸為直徑的圓與直線l相切，切點為H，若，則雙曲線C的離心率為（）A． B． C． D．10．已知集合A＝{0，1}，B＝{0，1，2}，則滿足A∪C＝B的集合C的個數為（）A．4 B．3 C．2 D．111．若實數滿足不等式組，則的最大值為（）A． B． C．3 D．212．把函數的圖象向右平移個單位，得到函數的圖象．給出下列四個命題①的值域為②的一個對稱軸是③的一個對稱中心是④存在兩條互相垂直的切線其中正確的命題個數是（）A．1 B．2 C．3 D．4二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知正方體ABCD-A1B1C1D1棱長為2，點P是上底面14．已知拋物線的焦點為，其準線與坐標軸交于點，過的直線與拋物線交于兩點，若，則直線的斜率________.15．過直線上一動點向圓引兩條切線MA，MB，切點為A，B，若，則四邊形MACB的最小面積的概率為________．16．的展開式中，常數項為______；系數最大的項是______.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知直線的參數方程為為參數），以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為.（1）求直線的普通方程和曲線的直角坐標方程；（2）設點，直線與曲線交于兩點，求的值.18．（12分）在三棱柱中，，，，且.（1）求證：平面平面；（2）設二面角的大小為，求的值.19．（12分）設拋物線的焦點為，準線為，為過焦點且垂直于軸的拋物線的弦，已知以為直徑的圓經過點.（1）求的值及該圓的方程；（2）設為上任意一點，過點作的切線，切點為，證明：.20．（12分）在底面為菱形的四棱柱中，平面.（1）證明：平面；（2）求二面角的正弦值.21．（12分）已知函數,其中,.(1)函數的圖象能否與x軸相切?若能,求出實數a;若不能,請說明理由.(2)若在處取得極大值,求實數a的取值范圍.22．（10分）在直角坐標系中，已知圓，以原點為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標系，已知直線平分圓M的周長.（1）求圓M的半徑和圓M的極坐標方程；（2）過原點作兩條互相垂直的直線，其中與圓M交于O，A兩點，與圓M交于O，B兩點，求面積的最大值.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、B【解析】因為從有2件正品和2件次品的產品中任選2件得到都是正品的概率為P1=1C42=16，即命題p是錯誤，則?p是正確的；在邊長為4的正方形ABCD內任取一點M點睛：本題將古典型概率公式、幾何型概率公式與命題的真假（含或、且、非等連接詞）的命題構成的復合命題的真假的判定有機地整合在一起，旨在考查命題真假的判定及古典概型的特征與計算公式的運用、幾何概型的特征與計算公式的運用等知識與方法的綜合運用，以及分析問題解決問題的能力。2、A【解析】

根據題意求得參數，根據對數的運算性質，以及對數函數的單調性即可判斷.【詳解】依題意，得，故，故，，，則.故選：A.【點睛】本題考查利用指數函數和對數函數的單調性比較大小，考查推理論證能力，屬基礎題.3、C【解析】

令，可得，要使得有兩個實數解，即和有兩個交點，結合已知，即可求得答案.【詳解】令，可得，要使得有兩個實數解，即和有兩個交點，，令，可得，當時，，函數在上單調遞增；當時，，函數在上單調遞減.當時，，若直線和有兩個交點，則.實數的取值范圍是.故選：C.【點睛】本題主要考查了根據零點求參數范圍，解題關鍵是掌握根據零點個數求參數的解法和根據導數求單調性的步驟，考查了分析能力和計算能力，屬于中檔題.4、A【解析】

根據指數函數的單調性，可得，再利用對數函數的單調性，將與對比，即可求出結論.【詳解】由題知，，則.故選:A.【點睛】本題考查利用函數性質比較大小，注意與特殊數的對比，屬于基礎題..5、D【解析】從第一行的第5列和第6列起由左向右讀數劃去大于20的數分別為：08,02,14,07,01，所以第5個個體是01，選D.考點：此題主要考查抽樣方法的概念、抽樣方法中隨機數表法，考查學習能力和運用能力.6、B【解析】

2,0,1,9,10按照任意次序排成一行，得所有不以0開頭的排列數共個，其中含有2個10的排列數共個，所以產生的不同的6位數的個數為.故選B．7、D【解析】

設，在中，由余弦定理得，從而求得，再由由正弦定理得，求得，然后在中，用余弦定理求解.【詳解】設，在中，由余弦定理得，則，從而，由正弦定理得，即，從而，在中，由余弦定理得：，則.故選：D【點睛】本題主要考查正弦定理和余弦定理的應用，還考查了數形結合的思想和運算求解的能力，屬于中檔題.8、D【解析】

對于①，利用拋物線的定義，利用可判斷；對于②，設直線的方程為，與拋物線聯(lián)立，用坐標表示直線與直線的斜率乘積，即可判斷；對于③，將代入拋物線的方程可得，，從而，，利用韋達定理可得，再由，可用m表示，線段的中垂線與軸的交點（即圓心）橫坐標為，可得a，即可判斷.【詳解】如圖，設為拋物線的焦點，以線段為直徑的圓為，則圓心為線段的中點．設，到準線的距離分別為，，的半徑為，點到準線的距離為，顯然，，三點不共線，則．所以①正確．由題意可設直線的方程為，代入拋物線的方程，有．設點，的坐標分別為，，則，．所以．則直線與直線的斜率乘積為．所以②正確．將代入拋物線的方程可得，，從而，．根據拋物線的對稱性可知，，兩點關于軸對稱，所以過點，，的圓的圓心在軸上．由上，有，，則．所以，線段的中垂線與軸的交點（即圓心）橫坐標為，所以．于是，，代入，，得，所以．所以③正確．故選：D【點睛】本題考查了拋物線的性質綜合，考查了學生綜合分析，轉化劃歸，數形結合，數學運算的能力，屬于較難題.9、A【解析】

在中，由余弦定理，得到，再利用即可建立的方程.【詳解】由已知，，在中，由余弦定理，得，又，，所以，，故選：A.【點睛】本題考查雙曲線離心率的計算問題，處理雙曲線離心率問題的關鍵是建立三者間的關系，本題是一道中檔題.10、A【解析】

由可確定集合中元素一定有的元素，然后列出滿足題意的情況，得到答案.【詳解】由可知集合中一定有元素2，所以符合要求的集合有，共4種情況，所以選A項.【點睛】考查集合并集運算，屬于簡單題.11、C【解析】

作出可行域，直線目標函數對應的直線，平移該直線可得最優(yōu)解．【詳解】作出可行域，如圖由射線，線段，射線圍成的陰影部分（含邊界），作直線，平移直線，當過點時，取得最大值1．故選：C．【點睛】本題考查簡單的線性規(guī)劃問題，解題關鍵是作出可行域，本題要注意可行域不是一個封閉圖形．12、C【解析】

由圖象變換的原則可得,由可求得值域；利用代入檢驗法判斷②③；對求導,并得到導函數的值域,即可判斷④.【詳解】由題,,則向右平移個單位可得,,的值域為,①錯誤；當時,,所以是函數的一條對稱軸,②正確；當時,,所以的一個對稱中心是,③正確；,則,使得,則在和處的切線互相垂直,④正確.即②③④正確,共3個.故選:C【點睛】本題考查三角函數的圖像變換,考查代入檢驗法判斷余弦型函數的對稱軸和對稱中心,考查導函數的幾何意義的應用.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、π.【解析】

設三棱錐P-ABC的外接球為球O'，分別取AC、A1C1的中點O、O1，先確定球心O'在線段AC和A1C1中點的連線上，先求出球O【詳解】如圖所示，設三棱錐P-ABC的外接球為球O'分別取AC、A1C1的中點O、O1由于正方體ABCD-A則△ABC的外接圓的半徑為OA=2設球O的半徑為R，則4πR2=所以，OO則O而點P在上底面A1B1由于O'P=R=41因此，點P所構成的圖形的面積為π×O【點睛】本題考查三棱錐的外接球的相關問題，根據立體幾何中的線段關系求動點的軌跡，屬于中檔題.14、【解析】

求出拋物線焦點坐標，由，結合向量的坐標運算得，直線方程為，代入拋物線方程后應用韋達定理得，，從而可求得，得斜率．【詳解】由得，即聯(lián)立得解得或，∴．故答案為：．【點睛】本題考查直線與拋物線相交，考查向量的線性運算的坐標表示．直線方程與拋物線方程聯(lián)立后消元，應用韋達定理是解決直線與拋物線相交問題的常用方法．15、.【解析】

先求圓的半徑,四邊形的最小面積,轉化為的最小值為，求出切線長的最小值,再求的距離也就是圓心到直線的距離,可解得的取值范圍,利用幾何概型即可求得概率．【詳解】由圓的方程得，所以圓心為，半徑為，四邊形的面積，若四邊形的最小面積，所以的最小值為，而，即的最小值，此時最小為圓心到直線的距離，此時，因為，所以，所以的概率為．【點睛】本題考查直線與圓的位置關系,及與長度有關的幾何概型,考查了學生分析問題的能力,難度一般.16、【解析】

求出二項展開式的通項，令指數為零，求出參數的值，代入可得出展開式中的常數項；求出項的系數，利用作商法可求出系數最大的項.【詳解】的展開式的通項為，令，得，所以，展開式中的常數項為；令，令，即，解得，，，因此，展開式中系數最大的項為.故答案為：；.【點睛】本題考查二項展開式中常數項的求解，同時也考查了系數最大項的求解，涉及展開式通項的應用，考查分析問題和解決問題的能力，屬于中等題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）直線普通方程：，曲線直角坐標方程：；（2）.【解析】

（1）消去直線參數方程中的參數即可得到其普通方程；將曲線極坐標方程化為，根據極坐標和直角坐標互化原則可得其直角坐標方程；（2）將直線參數方程代入曲線的直角坐標方程，根據參數的幾何意義可知，利用韋達定理求得結果.【詳解】（1）由直線參數方程消去可得普通方程為：曲線極坐標方程可化為：則曲線的直角坐標方程為：，即（2）將直線參數方程代入曲線的直角坐標方程，整理可得：設兩點對應的參數分別為：，則，【點睛】本題考查極坐標與直角坐標的互化、參數方程與普通方程的互化、直線參數方程中參數的幾何意義的應用；求解距離之和的關鍵是能夠明確直線參數方程中參數的幾何意義，利用韋達定理來進行求解.18、（1）證明見解析；（2）.【解析】

（1）要證明平面平面，只需證明平面即可；（2）取的中點D，連接BD，以B為原點，以，，的方向分別為x，y，z軸的正方向，建立空間直角坐標系，分別計算平面的法向量為與平面的法向量為，利用夾角公式計算即可.【詳解】（1）在中，，所以，即.因為，，，所以.所以，即.又，所以平面.又平面，所以平面平面.（2）由題意知，四邊形為菱形，且，則為正三角形，取的中點D，連接BD，則.以B為原點，以，，的方向分別為x，y，z軸的正方向，建立空間直角坐標系，則，，，，.設平面的法向量為，且，.由得取.由四邊形為菱形，得；又平面，所以；又，所以平面，所以平面的法向量為.所以.故.【點睛】本題考查面面垂直的判定定理以及利用向量法求二面角正弦值的問題，在利用向量法時，關鍵是點的坐標要寫準確，本題是一道中檔題.19、（1），圓的方程為：.（2）答案見解析【解析】

（1）根據題意，可知點的坐標為，即可求出的值，即可求出該圓的方程；（2）由題易知，直線的斜率存在且不為0，設的方程為，與拋物線聯(lián)立方程組，根據，求得，化簡解得，進而求得點的坐標為，分別求出，，利用向量的數量積為0，即可證出.【詳解】解：（1）易知點的坐標為，所以，解得.又圓的圓心為，所以圓的方程為.（2）證明易知，直線的斜率存在且不為0，設的方程為，代入的方程，得.令，得，所以，解得.將代入的方程，得，即點的坐標為.所以，，.故.【點睛】本題考查拋物線的標準方程和圓的方程，考查直線和拋物線的位置關系，利用聯(lián)立方程組、求交點坐標以及向量的數量積，考查解題能力和計算能力.20、（1）證明見解析；（2）【解析】

（1）由已知可證，即可證明結論；（2）根據已知可證平面，建立空間直角坐標系，求出坐標，進而求出平面和平面的法向量坐標，由空間向量的二面角公式，即可求解.【詳解】方法一：（1）依題意，且∴，∴四邊形是平行四邊形，∴，∵平面，平面，∴平面.（2）∵平面，∴，∵且為的中點，∴，∵平面且，∴平面，以為原點，分別以為軸、軸、軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，∴設平面的法向量為，則，∴，取，則.設平面的法向量為，則，∴，取，則.∴，設二面角的平面角為，則，∴二面角的正弦值為.方法二：（1）證明：連接