2025届高三一模数学参考答案_2025年1月_250118江西省上饶市2025届高三第一次高考模拟考试_上饶市2025届高三第一次高考模拟考试数学试卷

上饶市 2025 届第一次高考模拟考试参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 D B D C D A C C BC ABD AC 2 12. 13. 48π 14. 4 3 7.C【详解】：根据平面截圆锥所得截线的定义可知轨迹是双曲线的一支. 8．C   xa,  2 2 3 4 【详解】由已知可得   3 2ya, 由 a，得y 则 a2ya , y a x a x 2  a， y 3 3 3 4 又由  ，所以 a ,解得：a2 7 x a a a 故选：C. 9．BC 【详解】对选项A：数据13，27，24，12，14，30，15，17，19，23共10个数， 从小到大排列为12，13，14，15，17，19，23，24，27，30，由于100.77， 2324 故选择第7和第8个数的平均数作为第70百分位数，即 23.5， 2 所以第70百分位数是23.5，故A错误； 1  1 3 3 对选项B：DX3 1  ，DYD2X14DX 4 3. 2  2 4 4 故B正确. 对选项C：由方差的公式可知，该组数据的平均数是3，这组样本数据的总和为32060，C正确； 对选项D：X服从正态分布N  5,2 ，P(2 X 5) P(5 X 8)a， 1 所以P(X 8) a ，故D错误. 2 故选：BC 110.ABD 【详解】对选项A：由6n 2n3n,即n个2和n个3的乘积，由分步计数原理可得 d(6n)(n1)(n1)(n1)2.所以d(36)(21)2 9，所以A正确. 对选项B：同理2n,即n个2的乘积，所以d(2n)n1.所以B正确. 对选项C：又由9n 32n,即2n个3的乘积，所以d(9n)d(9n)2n1.若d(9n)2024,则n 的最 小值为1012 ，所以C不正确. n 1 n 1 n 1 1 对选项D：又S    1 1, 所以D正确. n d(6k) （k+1）2 k（k+1） n+1 k1 k1 k1 故选：ABD 11.AC 【详解】对选项A：因为 f(x) f(x)ln( 1sin2 xsinx)ln( 1sin2(x)sin(x)) ln( 1sin2 xsinx)ln( 1sin2 xsinx)) ln[( 1sin2 xsinx)( 1sin2 xsinx)] ln10 所以A正确； 对选项B：设sinx t(1t 1)，则 f(x)可表为g(t)ln( 1t2 t)，因为g(t)是增函数， 所以g(1) g(t) g(1)，所以 f x的值域为[ln( 21),ln( 21)]，所以B不正确； 2sinxcosx cosx 对选项C：设h(x) f(x)x，则 2 1sin2 x cosx ， h(x) 1 10 1sin2 x sinx 1sin2 x 所以h(x)在(0,)上递减，所以h(x) h(0)0即 f(x) x，所以C正确； 对选项D：因为 f(x)ln( 1sin2(x)sin(x))ln( 1sin2 xsinx) f(x)，  所以 f(x)关于x 对称，又 f x的图象关于原点对称，故 f x是周期函数且周期T 2， 2 cosx  而 f(x) ，所以 f(x)在(0, )上递增，可作出 f(x)草图，如下图 1sin2 x 2 2设 f xu，则g(u)u2 au10，该方程两根u ,u 满足u u 1，显然u ,u 均不为0且最多 1 2 1 2 1 2 仅有一个属于[ln( 21),ln( 21)]，不妨设u [ln( 21),ln( 21)] 1 若u ln( 21)时，方程 f(x) 2 af(x)10在区间[0,2025]上有1013个实数根； 1 若u (0,ln( 21))时，方程 f(x) 2 af(x)10在区间[0,2025]上有2026个实数根； 1 若u (ln( 21),0)时， f(x) 2 af(x)10在区间[0,2025]上有2024个实数根； 1 若u ln( 21)时，方程 f(x) 2 af(x)10在区间[0,2025]上有1012个实数根； 1 所以方程g(u)u2 au10在区间(ln( 21),0)仅有一根，    2   所以g (ln( 21)  (ln( 21) a (ln( 21) 10 ， 1 所以a ln( 21) ，所以D不正确． ln( 2 1) 故选：AC 13.48π 【详解】：点M 到点B,C,D 的距离相等，即点 M 与点A重合，则正四面体ABCD 的外接球与正方 1 1 1 1 体ABCDABCD 的外接球一样，2R4 3，外接球的表面积为S 4R2 48 1 1 1 1 14．4 1 1 【详解】BD ,BC 4,由余弦定理可得： cos200 cos200 AC2 BA2 BC2 2BABCcosB 18cos2008cos3200 15 cos2200 sin2200 cos2200 8cos200(1cos2200) 15 cos2200 sin2200 cos2200 8cos200sin2200 15 cos2200 16tan22008sin200tan200(16,25) 所以AC（4，5），即 AC 4 爱好 不爱好 合计 15. 解：（1）填写2×2列联表为： 男生 40 10 50 女生 20 30 50 ...............3分 合计 60 40 100 3100403010202 50 根据列联表中的数据2   16.667 10.828 x ，....................5分 50506040 3 0.001 依据0.001的独立性检验，可以推断，有 99.90 的把握认为该校学生爱好足球与性别有 0 关........................................6分 （2）由（1）知，采用分层随机抽样的方法随机抽取6名学生， 40 20 其中男生人数为 64（人）；女生人数为 62（人）.................................7分 4020 4020 由题意可得，随机变量X 的所有可能取值为1，2，3. C1C2 1 C2C1 3 C3C0 1 PX 1 4 2  ， PX 2 4 2  ， PX 3 4 2  ，.....................................10分 C3 5 C3 5 C3 5 6 6 6 随机变量X 的分布列如下： X 1 2 3 1 3 1 .............................................11分 P 5 5 5 1 3 1 则 EX1 2 3 2................................................................13分 5 5 5 16.【详解】(1) （2）x 2y2或x 2y2 2 2 y x （1）抛物线 2 − 2 的=焦1点坐标为 ，所以双曲线中c=2， 2 ∵双曲线x的=离8心y率为 ，即 0,2 …………………………2分 c 2 ∴ ， 2 e= a= a = 2 …………………………4分 2 2 2 ∴a双=曲线2方程b 为=c −a =2 ………………………………………………………5分 2 2 y x （2）设直线l的方程为2 −x2=my12，………………………………6分 2 所以原点O到直线l的距离d  ，……………………………7分 m2 1 xmy2 联立 ，得（m2 1)y2 4my60，…………………8分 y2 x2 2 所以m2≠1且∆=16m2-24(m2-1)=24-8m2>0, 所以m2<3，且m2≠1，…………………………………………………9分 (4m)2 4(m2 1)6 2 2 3m2 所以|AB| 1m2   1m2  ,…………………11分 |m2 1| |m2 1| 1 1 2 2 3m2 2 所以S  |AB|d   1m2   2 2, OAB 2 2 |m2 1| 1m2 43m2 所以 1,………………………………………………………………13分 |m2 1| 解得m2=2，所以m 2 ， 所以直线l的方程为x 2y2或x 2y2.……………………………………………15分 （其他解法酌情给分） AD 17.【详解】（1）在RT△ACD中，tanACD  3，∴∠ACD＝60° CD 在△POC中，PO CO2 CP2 2COCPcos60  3，……………………………………2分 ∴PO2 CO2  4 PC2∴PO⊥CA…………………………………………………………………4分 又∵平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，PO平面PAC ∴PO⊥平面ABC……………………………………………………6分 （2）如图，过点O作Ox⊥AC，则Ox、OA、OP两两互相垂直，以O为坐标 原点，Ox、OA、OP分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则 C(0,1,0),B( 3,2,0),A(0,3,0),P(0,0, 3) ，    CP (0,1, 3),PA(0,3, 3),CB ( 3,3,0) ，      设PM PA，则CM CPPM  (0,13, 3 3) ，……………………………………9分  设平面MBC的一个法向量为n (x,y,z)， 1    n CM (13)y( 3 3)z 0 则 1  ，令 y  3 3，则x 33,z  13 n CB  3x3y 0 1  ∴平面MBC的一个法向量为n (33, 3 3,13)………………………………11分 1  易知平面ABC的一个法向量n (0,0,1)……………………………………………………12分 2 21 ∵平面MBC与平面ABC夹角的余弦值为 7     n n 13 21 ∴ cosn,n   1 2   1 2 |n ||n | (33)2 ( 3 3)2 (13)2 7 1 2 1 解得 ………………………………………………………………………………………………14分 3 1 2 3 ∴PM  PA ………………………………………………………………………………15分 3 3 （其他做法酌情给分） 5   18. 【详解】（1）由题设知a （1，0，0），a （0，1，0）a （0，0，1）..................1分 1 2 3          a a a = c a b a d a  a 10a a  (10,1,1)  102 ...........................4分 5 7 9 1 2 2 1 2 3 2 1 3       （2）a b a (b ,0,0), a c a (0,c ,0), a d a (0,0,d ), 4 1 1 1 5 1 2 1 6 1 3 1       a =b a =(b ,0,0)，a =c a =(0,c ,0)，a =d a =(0,0,d )， ..........................5分 3n1 n 1 n 3n2 n 2 n 3n3 n 1 n  设 lim OB （x，y，z）， n n     OB a a a 则  n   1  2  3n3       （a a +a ）+（a a +a ）+（a a +a ） 1 4 3n1 2 5 3n2 3 6 3n3 =（1b+b ++b ,1c +c ++c ,1d +d ++d ） ...................................7分 1 2 n 1 2 n 1 2 n x lim（1b +b ++b） 1 2 n n 1 可得： =1+ lim 1（ 5 ）n 1 1  9 ...................................8分 n 1 4 4 1 5 5 15 17 同理可得： y  ，z  8 8  9 15 17 故 lim OB （ ， ， ）. ..................................10分 n n 4 8 8 设数列  b  的前n项的和为R，数列  c  的前n项的和为S ，数列  d  的前n项的和为T . n n n n n n    （ⅰ） 当m1时， a a a  3  L, ...................................11分 1 2 3    a  a  a 3 3L 1 2 3    故 a  a  a  3L成立； ...................................12分 1 2 3 （ⅱ）当m2，mN 时，      a a a a 1 2 3m1 3m          （a a +a ）+（a a +a ）+（a a +a ） 1 4 3m2 2 5 3m1 3 6 3m    =（1b+b ++b ）a （1c +c ++c ）a （1d +d + +d ）a 1 2 m1 1 1 2 m1 2 1 2 m1 3    =（1R ）a （1S ）a （1T ）a m1 1 m1 2 m1 3 =（1R ，1S ，1T ） ...................................14分 m1 m1 m1     因为 a a a a =L，所以1R ，1S ，1T  L,即 1 2 3m1 3m m1 m1 m1 6（1R ）2（1S ）2（1T ）2  L ,所以 m1 m1 m1     a  a  a +a 1 2 3m1 3m （1+b+b +b ）+（1+c +c +c ）（1+d +d +d ） 1 2 m1 1 2 m1 1 2 m1 ...................................16分 =(1+R )+(1+S )(1+T ) m1 m1 m1  3（1R ）2（1S ）2（1T ）2   3L,  m1 m1 m1      a  a  a +a  3L. 1 2 3m1 3m     综上可得： a  a  a +a  3L....................................17分 1 2 3m1 3m 19．【详解】（1） f(x) pxp11，……………………………………………………1分 1 1 由 f(x)0得 ，由 f(x)0得 ； x p1p 0 x p1p  1   1  所以 f(x)在区间0, p1p 递减，在区间 p1p,递增；         1 p 1 所以 f(x)  f(p1p) p1p  p1p ………………………………………………3分 min 1 1p 1 1 1 （2）（ⅰ）g(x)a xp a x p p p ①当a0时，g(x)0，g(x)在区间(0,)递减，g(x)无最小值，不符；……………4分 p p ②当a0时，由g(x)0得 x(pa)1p ，由g(x)0得 0 x(pa)1p ；  p   p  所以g(x)在区间0,(pa)1p 递减，在区间(pa)1p,递增；         1  p   p   p p  p 1  1 故g(x)  g(pa)1p)a(pa)1p (pa)1p   p1p  p1p a1p min                 ………………………………………………6分 因为 f(x)和g(x)有相同的最小值，  p 1  1 p 1  p 1   1  所以 p1p  p1p a1p  p1p  p1p 即 p1p  p1p a1p 1 0             所以a 1…………………………………………………………………………9分  1   1  （ⅱ）由上可知 f(x)在0, p1p 递减，在 p1p,递增；          p   p  p 1 g(x)在0, p1p 递减，在 p1p,递增；且 ．     f(x)  g(x)  p1p  p1p     min min p 1 ①当 b p1p  p1p 时， y b与y f(x),y g(x)均无交点，不符；…………10分 p 1 ②当 b p1p  p1p 时， y b与y f(x),y g(x)均只有1个点，共2个交点，不符；…11分 7 1   1  ③当b0时， f(x)在区间0, p1p 递减，所以x0,p1p 时， f(x) f(0)0，         所以 y b与 y f(x)最多1个交点； 同理 y b与y g(x)最多1个交点； 故 y b与 y f(x),y g(x)一共最多2个交点，不符；……………………12分 p 1 ④当 p1p  p1p b0 时， y b与 y f(x),y g(x)各有2个交点，设其横坐标分 别为x ,x ,x ,x 且 f(x ) f(x ) g(x ) g(x )b， 1 2 3 4 1 2 3 4 因为 y b与 y f(x),y g(x)共有3个交点， 所以x ,x ,x ,x 中必存在两个相等，不妨设x  x  x ， 1 2 3 4 2 3 0 则 f(x ) g(x )即 f(x )g(x )0， 0 0 0 0 1 1 所以 (x )p (x )p 2x 0 即 (x )p (x )p 2x …………………………14分 0 0 0 0 0 0  p 1  下面证明存在x  p1p, p1p 使得 f(x ) g(x )． 0   0 0   设h(x) f(x)g(x)， p p p p 因为 h(p1p)  f(p1p)g( p1p)  f( p1p) g(x) 0 min 1 1 1 1 且 ， h(p1p)  f(p1p)g(p1p)  f(x)  g(p1p)0 min  p 1  所以h(x) f(x)g(x)在区间 p1p,p1p 至少有1个零点x ．   0   结合 y b与 y f(x),y g(x)各有2个交点及它们的单调性知x  x  x  x ， 1 2 3 4 所以存在b f(x )，使得直线 y b与 y f(x),y g(x)共有3个交点x ,x ,x ． 0 1 0 4 p 1  1  1  1  因为g(x) x(x)p (x)p  (x)p  f (x)p ，          1   1   1 1   所以g(x ) g(x ) f (x )p  f (x )p b ，所以 x ,x (x )p,(x )p， 3 4  3   4  1 2 3 4        1  1 x (x )p x (x )p 1 所以 1 3 即 1 0 ，所以x x (x )p (x )p 2x ．……………17分 1 1 1 4 0 0 0   x (x )p x (x )p 2 4 0 4 8