江西省赣州市 2025 届高三下学期 3 月摸底考试数学试卷（赣州一模）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合 ， ，若 ，则实数 的取值范围是( )
A={x|x2−2x−3<0} B={x|3x−a<0} A⊆B a
A. (9,+∞) B. [9,+∞) C. (−∞,−3) D. (−∞,−3]
2.已知复数z满足|z+1|=|z+3−2i|，且z在复平面内对应的点为(x,y)，则( )
A. x−y+3=0 B. x+ y+3=0 C. 5x−2y+6=0 D. 5x+2y+6=0
2tanx
3.函数f(x)= 的最小正周期是( )
1−tan2x
π π
A. B. C. π D. 2π
4 2
4.已知数列{a }的前n项和为S ，满足3a =2S +1，则S =( )
n n n n 5
A. 11 B. 31 C. 61 D. 121
5.甲箱中有3个红球和2个白球，乙箱中有2个红球和3个白球(两箱中的球除颜色外没有其他区别)，先从甲
箱中随机取出一球放入乙箱，再从乙箱中随机取出两球，则取出的两球都是红球的概率为( )
8 11 4 4
A. B. C. D.
75 75 15 5
π
6.已知函数f(x)=2cos(ωx+ )，x∈[−π,0]，若f(x)恰有3个极值点，则正数ω的取值范围为( )
6
8 11 8 11 13 19 13 19
A. [ , ) B. ( , ] C. [ , ) D. ( , ]
3 3 3 3 6 6 6 6
7.已知双曲线 x2 y2 的左、右顶点分别为 ， ，圆 与 的渐近线在第一
C: − =1(a>0,b>0) A A x2+ y2=a2 C
a2 b2 1 2
象限的交点为M，直线A M交C的右支于点P，若∠PA M的角平分线与y轴平行，则C的离心率为( )
1 2
A. √2 B. 2 C. √3 D. √5
8.已知75>233，记a=log 3，b=log 5，c=log 7，则( )
7 11 23
A. c>b>a B. c>a>b C. b>c>a D. b>a>c
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知 ， ，则( )
(2x+1)(x−2) n=a +a x+a x2+⋯+a x7 (a ≠0)
0 1 2 7 7
A. n=6 B. a =−108
5
C. a +a +a +⋯+a =3 D. a +a +a +a =−363
0 1 2 7 0 2 4 6
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1 1π
10.设D是含数1的有限实数集，f(x)是定义在D上的函数，若f(x)的图像绕原点逆时针 旋转后与原图
3
像重合，则下列选项中f(1)的取值可能为( )
√3
A. B. 1 C. √3 D. 2
3
11.已知A(x ,y )，B(x ,y )为抛物线C:y2=4x上异于原点O的两个动点，且∠AOB=90∘，作
1 1 2 2
ON⊥AB交直线AB于点N，则( )
A. 直线AB恒过定点(2,0) B. |AB|≥8
C. 存在一个定点Q，使得|NQ|为定值 D. |x −y +1|+|x −y +1|≥9
1 1 2 2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量 ⃗a=(1,2) ，⃗b=(−1,m) ，且
(
⃗
a−5
⃗
b)⊥
⃗
a
，则 |⃗b|= ．
13.在三棱锥P−ABC中，点P在平面ABC的射影为AB的中点，且AC⊥BC，AC=BC=2，设该三棱
2
锥的体积为V，该三棱锥外接球的表面积为S，若V∈[ ,2]，则S的取值范围为 ．
3
14.若 ， ，自然对数的底数为 ，则 的最小值为 ．
a b∈R e e2a+e2b−2(aeb+bea )+a2+b2
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知tan AtanB=(2tan A−tanB)tanC.
(1)求证：a2+c2=2b2;
(2)已知b=2，当角B取最大值时，求△ABC的面积．
16.(本小题12分)
如图所示，平面ACEF⊥平面ABCD，且四边形ACEF为矩形，在四边形ABCD中，∠ADC=120∘，
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2 1AB=2AD=2CD=2BC=6．
(1)证明：平面BCE⊥平面ACEF;
若 ⃗ ⃗ ，再从条件 、条件 中选择一个作为已知条件，求二面角 的余弦值．
(2) FG=2GE ① ② F−BD−G
√21
条件①:异面直线CD与BE所成角的余弦值为 ;
14
√3
条件②:直线BF与平面ACEF所成角的正弦值为 ．
4
17.(本小题12分)
已知椭圆
x2 y2
，其左顶点为 ，上顶点为 ，直线 交直线 于 ，且
E: + =1(a>b>0) P Q PQ x=a R
a2 b2
|PR|=√2|∨|=6√2(其中O为坐标原点)．
(1)求椭圆C的标准方程;
1 1
(2)点N在x轴上，过点N作直线l与E交于A，B两点，问：是否存在定点N，使得 + 为定
|AN|2 |BN|2
值，若存在，求出所有点N的坐标并且求出定值;若不存在，请说明理由．
18.(本小题12分)
已知函数 其中 为自然对数的底数 有两个零点 ， ．
f(x)=ex−mx( e ) x x
1 2
(1)求m的取值范围;
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3 1a−b a+b
(2)(ⅰ)证明：对一切的a，b∈(0,+∞)且a≠b，都有 < ;
lna−lnb 2
(ⅱ)证明：． ．
x2+x2+x ⋅x >3
1 2 1 2
19.(本小题12分)
十进制与二进制是常见的数制，其中十进制的数据是由0，1，2，3，4，5，6，7，8，9这十个数码来表
示的数，基数为10，进位规则是“逢十进一”，借位规则是“借一当十”;二进制的数据是由0，1这两个
数码来表示的数，基数为2，进位规则是“逢二进一”，借位规则是“借一当二”;例如：十进制的数20对
应二进制表示的数为10100 ，二进制的数1111 对应十进制表示的数为15.用∑(A)表示非空的整数集合A
2 2
的所有元素的和，已知集合A={a ,a ,⋯,a }，a∈N ，i=1，2，⋯，n且a <a <⋯<a .(一个数，
1 2 n i + 1 2 n
不特别说明，默认为十进制)．
(1)写出“37”对应二进制表示的数及“110110 ”对应的十进制数;
2
(2)若集合A={1,2,3,4}，B={1,2,4,8}，C⊆A，D⊆B，求∑(C)与∑(D)的所有可能值组成的集合;
(3)若n=11，且对每个正整数m≤2025，都存在A的子集S，使得∑(S)=m，求a 的最小值．
10
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4 1参考答案
1.B
2.A
3.C
4.D
5.B
6.C
7.A
8.C
9.ACD
10.BD
11.BCD
12.√2
121π
13.[8π, ].
9
14.2
15.解：(1)由tanBtanC+tan AtanB=2tan AtanC
sinB sinC sinA sinA sinC
得 ( + )=2 ⋅
cosB cosC cosA cosA cosC
sinB sinCcosA+cosCsinA sinA sinC
化简得 ． =2 ．
cosB cosCcosA cosA cosC
即sin2B=2sinAsinCcosB
a2+c2−b2
由正弦定理及余弦定理得b2=2ac =a2+c2−b2
2ac
从而a2+c2=2b2．
1
a2+c2− (a2+c2
)
(2)由余弦定理知 a2+c2−b2 2 a2+c2 2ac 1
cosB= = = ≥ =
2ac 2ac 4ac 4ac 2
π
当且仅当a=c时取等号.此时B取最大值为
3
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5 1因为b=2，可得a=c=2
1 1 √3
所以△ABC的面积S= acsinB= ×2×2× =√3．
2 2 2
16.解：(1)证明：∵AB=2AD=2DC=2BC=6，∠ADC=120∘，
∴AD=DC=BC=3，AC=3√3，
∴AC2+BC2=AB2 ，∴AC⊥BC
∵平面ACEF⊥平面ABCD，平面ACEF∩平面ABCD=AC，
又∵BC⊂平面ABCD，∴BC⊥平面ACEF，
又∵BC⊂平面BCE，∴平面BCE⊥平面ACEF；
(2)若选条件①:由(1)可知∠DAC=∠DCA=∠CAB=30∘，∴DC//AB
∴∠ABE为异面直线DC与BE所成角或其补角，
令EC=a，则BE=√a2+9，AE=√a2+27，
36+a2+9−(a2+27)
√21
在三角形ABE中，AB=6，cos∠ABE= = ，
12√a2+9 14
∴a=2√3，即EC=AF=2√3，
若选条件②:由(1)可知BC⊥平面ACEF，
则∠CFB为直线FB与平面ACEF所成的角，
令EC=a，则BE=√a2+9，FC=√a2+27，FB=√a2+36，
CB 3 √3
在Rt△CFB中，sin∠CFB= = =
，
FB √a2+36 4
∴a=2√3，即EC=AF=2√3 ，
⃗ ⃗
以点C为坐标原点，分别以 ， ，⃗CE为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
CA CB
3√3 3
则B(0,3,0)，D( ,− ,0)，F(3√3,0,2√3)，E(0,0,2√3)，
2 2
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6 1⃗ ⃗
由 FG=2GE得G(√3,0,2√3)，
⃗ 3√3 9 ⃗ ⃗
∴BD=( ,− ,0)，BF=(3√3,−3,2√3) ，BG=(√3,−3,2√3) ，
2 2
{⃗ ⃗
n ⋅BD=0
令平面BDF的法向量为n ⃗ =(x ,y ,z ) ，则 1 ，
1 1 1 1 ⃗ ⃗
n ⋅BF=0
1
{ 3√3 9
x − y =0
则 2 1 2 1 ，
3√3x −3 y +2√3z =0
1 1 1
令x
1
=√3则y
1
=1，z
1
=−√3，则n ⃗ =(√3,1,−√3) ，
1
⃗
令平面BDG的法向量为n =(x ,y ,z ) ，
2 2 2 2
{⃗ ⃗ { 3√3 9
n ⋅BD=0 x − y =0
则 2 ，则 2 2 2 2 ，
⃗ ⃗
n ⋅BG=0 √3x −3 y +2√3z =0
2 2 2 2
令x
2
=√3则y
2
=1，z
2
=0，则n ⃗ =(√3,1,0) ，
2
由已知可知二面角F−BD−G为锐二面角，令其大小为θ，
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7 1⃗ ⃗
⃗ |n ⋅n | 4 2√7
则cosθ=|cos<⃗n ，n >|= 1 2 = = ．
1 2 ⃗ |⃗| 2√7 7
|n |⋅n
1 2
2√7
故二面角F−BD−G的余弦值为 ．
7
17.解：(1)由题意知P(−a,0)，Q(0,b)，R(a,2b)，
， ，
∴|∨|=√a2+4b2=6 |PR|=√4a2+4b2=6√2
又a>0，b>0，解得a=2√3，b=√6，
x2 y2
∴椭圆E的标准方程为 + =1．
12 6
(2)证明：由题设N(n,0)，设A(x ,y )，B(x ,y )，
1 1 2 2
①当直线AB斜率不为0时，设直线AB:x=my+n，
{x=my+n
联立 得， ，
x2 y2 (2+m2 )y2+2mny+n2−12=0
+ =1
12 6
需 ，得 ，
△=4m2n2−4(2+m2 )(n2−12)=48m2−8n2+96>0 n2<6m2+12
此时 −2mn， n2−12，
y + y = y y =
1 2 2+m2 1 2 2+m2
故 1 + 1 = 1 + 1 = 1 ( 1 + 1 )= 1 y 1 2+ y 2 2
|AN|2 |BN|2 (x −n) 2+ y2 (x −n) 2+ y2 1+m2 y2 y2 1+m2 y2y2
1 1 2 2 1 2 1 2
1 (y + y ) 2−2y y 1 y + y ) 2 2 1 −2mn 2(2+m2 )
= 1 2 1 2= [( 1 2 )− ]= [( ) 2− ]
1+m2 y2y2 1+m2 y y y y 1+m2 n2−12 n2−12
1 2 1 2 1 2
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8 11
4m2n2−2(2+m2 )(n2−12)
1
(2n2+24)m2−4n2+48，
= =
1+m2 (n2−12) 2 1+m2 (n2−12) 2
1 1
若 + 为定值，
|AN|2 |BN|2
∴2n2+24=−4n2+48得n2=4，n=±2，
1 1 −4×4+48 1
+ = =
此时 ．
|AN|2 |BN|2 (4−12) 2 2
②当直线AB斜率为0时，不妨设A(−2√3,0)，B(2√3,0)，M(2,0)，
1 1 1 1 1
+ = + =
此时 ，符合题设．
|AN|2 |BN|2 (2√3+2) 2 (2√3−2) 2 2
又n2=4<12≤6m2+12恒成立，
1 1 1
∴存在定点N(2,0)或N(−2,0)，使得 + 的值为 (定值)．
|AN|2 |BN|2 2
18.解： 由 得 ，
(1) f(x)=ex−mx f ′(x)=ex−m
①当m≤0时，f ′(x)>0，此时f(x)在R上递增，不合题意，
②当m>0时，令f ′(x)>0得x>lnm;令f ′(x)<0得x<lnm，
故f(x)在(−∞,lnm)上递减，在(lnm,+∞)上递增，
由题设知f(x) =f(lnm)=m−mlnm<0，即m>e，
min
又 ， 或 ， ，
f(0)=1>0 f(m)=em−m2>0( x→+∞ f(x)→+∞)
故f(x)在(0,lnm)与(lnm,+∞)分别存在一个零点，符合题设，
故m的取值范围为(e,+∞).
ex
(另解1):由f(x)=ex−mx=0得，ex=mx，m= ，
x
令 ex， ex (x−1)，
g(x)= g′(x)=
x x2
当x∈(−∞,0)时，g′(x)<0，g(x)单调递减且g(x)<0，
当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
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9 1当x∈(1,+∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
即当x∈(0,+∞)时，g(x) =g(1)=e>0，
min
当x→0+时，g(x)→+∞，当x→+∞时，g(x)→+∞，
故m的取值范围为(e,+∞).
另解 由 得 ，
( 2): f(x)=ex−mx=0 ex=mx
求出过原点与曲线y=ex相切的直线方程为y=ex，且切点坐标为(1,e)，
当m>e时，直线y=mx与曲线y=ex相交于两点，
故m的取值范围为(e,+∞).
a
2( −1)
a−b a+b 2(a−b) a b a
证明：(2)(i)不妨设a>b>0，则 < 等价于 <ln 即证： <ln ，
lna−lnb 2 a+b b a b
+1
b
a 2(t−1)
令t= >1，即证：lnt− >0对一切t∈(1,+∞)恒成立，
b t+1
记 2(t−1)，则 1 4 (t−1) 2 ，
g(t)=lnt− g′(t)= − = ≥0
t+1 t (t+1) 2 t(t+1) 2
所以g(t)在(1,+∞)上单调递增，从而有g(t)>g(1)=0证毕．
(ii)由(1)知：0<x <1<x ，ex−mx=0⇔x=lnx+lnm，
1 2
从而 ，即 x −x ，
x −lnx =x −lnx 2 1 =1
1 1 2 2 lnx −lnx
2 1
{ex 1=mx x
( 也可以由 1得 ex 2 −x 1= 2，则x −x =lnx −lnx ) ，
ex 2=mx x 2 1 2 1
2 1
由 知： x −x x +x ，
(i) 1= 2 1 < 1 2
lnx −lnx 2
2 1
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10 1x2+x2 (x +x ) 2 x +x (x +x ) 2 22 证毕．
∴x2+x2+x ⋅x = 1 2+ 1 2 >( 1 2 ) 2+ 1 2 >12+ =3
1 2 1 2 2 2 2 2 2
也可以 (x +x ) 2 3(x +x ) 2 ．
( x2+x2+x ⋅x =(x +x ) 2−x x >(x +x ) 2− 1 2 = 1 2 >3)
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 4 4
19.19解：(1)写出“37”对应二进制表示的数为100101 ，“110110 ”对应的十进制数为54．
2 2
(2)当A={1,2,3,4}时，C⊆A，非空集合C为{1}，{2}，3}，{4}，{1,2}，{1,3}，{1,4}，{2,3}，
{2,4}，{3,4}，
{1,2,3}，{1,2,4}，{1,3,4}，{2,3,4}，{1,2,3,4}，
则∑(C)的所有可能值构成的集合为{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}，
n
当 时， ， 的所有可能值构成的集合为 ．
B={1,2,4,8} D⊆B ∑(D) {1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15}
i=1
(3)取A ={1,2,4,8,16,32,64,128,256,501,1013}，
1
由题意当 ，
B={1,2,4,8,16,32,64,128,256}={20,21,22,23,24,25,26,27,28
}
由二进制的表示方法，即 ，其中 ， ， ， ， ，
n=a ⋅20+a ⋅21+a ⋅22+⋯+a ⋅28 a∈{0,1} i=1 2 ⋯ 8
0 1 2 8 i
可知，对每个正整数m≤511，都存在集合B的子集S，使得∑(S)=m，
故集合C={1,2,4,8,16,32,64,128,256,501}，
对每个正整数m≤1012，都存在集合C的子集S，使得∑(S)=m，
从而对于集合A ={1,2,4,8,16,32,64,128,256,501,1013}，
1
对每个正整数m≤2025，都存在集合A 的子集S，使得∑(S)=m，即A 满足题目要求，且a =501，
1 1 10
下证a 不可能小于501:
10
一方面，因为前10个数之和不能小于1012，否则设a +a +⋯+a =t，
1 2 10
则a =2025−t对于m∈(t,2025−t)，显然不存在A的子集S，使∑(S)=m，
11
另一方面，因为1+2+22+23+24+25+26+27+28=511，
由整数的二进制表示知，其前9个数之和最大为511，
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11 1故a =1012−511=501;从而a 至少为501．
10 10
综上知：a 的最小可能值为501．
10
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12 1
