江西省高安市高安中學2025屆高三下學期聯合考試數學試題含解析

江西省高安市高安中學2025屆高三下學期聯合考試數學試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．已知函數f(x)＝,若關于x的方程f(x)＝kx－恰有4個不相等的實數根，則實數k的取值范圍是()A． B．C． D．2．已知水平放置的△ABC是按“斜二測畫法”得到如圖所示的直觀圖，其中B′O′＝C′O′＝1，A′O′＝，那么原△ABC的面積是()A． B．2C． D．3．甲、乙、丙、丁四位同學利用暑假游玩某風景名勝大峽谷，四人各自去景區(qū)的百里絕壁、千丈瀑布、原始森林、遠古村寨四大景點中的一個，每個景點去一人．已知：①甲不在遠古村寨，也不在百里絕壁；②乙不在原始森林，也不在遠古村寨；③“丙在遠古村寨”是“甲在原始森林”的充分條件；④丁不在百里絕壁，也不在遠古村寨．若以上語句都正確，則游玩千丈瀑布景點的同學是（）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁4．已知定義在上的函數滿足，且在上是增函數，不等式對于恒成立，則的取值范圍是A． B． C． D．5．函數在區(qū)間上的大致圖象如圖所示，則可能是（）A．B．C．D．6．第24屆冬奧會將于2022年2月4日至2月20日在北京市和張家口市舉行，為了解奧運會會旗中五環(huán)所占面積與單獨五個環(huán)面積之和的比值P，某學生做如圖所示的模擬實驗：通過計算機模擬在長為10，寬為6的長方形奧運會旗內隨機取N個點，經統計落入五環(huán)內部及其邊界上的點數為n個，已知圓環(huán)半徑為1，則比值P的近似值為()A． B． C． D．7．如圖，四面體中，面和面都是等腰直角三角形，，，且二面角的大小為，若四面體的頂點都在球上，則球的表面積為（）A． B． C． D．8．已知數列是公比為的等比數列，且，，成等差數列，則公比的值為（

）A． B． C．或 D．或9．拋物線的準線方程是，則實數（）A． B． C． D．10．若的展開式中的系數之和為，則實數的值為（）A． B． C． D．111．已知，，，則()A． B． C． D．12．若，則下列不等式不能成立的是（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．在中，若，則的范圍為________.14．函數的最小正周期是_______________，單調遞增區(qū)間是__________.15．如圖，在平行四邊形中，，,則的值為_____.16．已知的展開式中含有的項的系數是，則展開式中各項系數和為______.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）已知函數，當時，有極大值3；（1）求，的值；（2）求函數的極小值及單調區(qū)間.18．（12分）已知函數，曲線在點處的切線方程為.（Ⅰ）求，的值；（Ⅱ）若，求證：對于任意，.19．（12分）已知函數（1）若恒成立，求實數的取值范圍；（2）若方程有兩個不同實根，，證明：．20．（12分）在直角坐標系中，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，點的極坐標為.（1）求的直角坐標方程和的直角坐標；（2）設與交于，兩點，線段的中點為，求.21．（12分）設函數，．（Ⅰ）討論的單調性；（Ⅱ）時，若，，求證：．22．（10分）購買一輛某品牌新能源汽車，在行駛三年后，政府將給予適當金額的購車補貼.某調研機構對擬購買該品牌汽車的消費者，就購車補貼金額的心理預期值進行了抽樣調查，其樣本頻率分布直方圖如圖所示.（1）估計擬購買該品牌汽車的消費群體對購車補貼金額的心理預期值的方差（同一組中的數據用該組區(qū)間的中點值作代表）；（2）將頻率視為概率，從擬購買該品牌汽車的消費群體中隨機抽取人，記對購車補貼金額的心理預期值高于萬元的人數為，求的分布列和數學期望；（3）統計最近個月該品牌汽車的市場銷售量，得其頻數分布表如下：月份銷售量（萬輛）試預計該品牌汽車在年月份的銷售量約為多少萬輛？附：對于一組樣本數據，，…，，其回歸直線的斜率和截距的最小二乘估計分別為，.

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、D【解析】

由已知可將問題轉化為：y＝f(x)的圖象和直線y＝kx－有4個交點，作出圖象，由圖可得：點(1,0)必須在直線y＝kx－的下方，即可求得：k＞；再求得直線y＝kx－和y＝lnx相切時，k＝；結合圖象即可得解.【詳解】若關于x的方程f(x)＝kx－恰有4個不相等的實數根，則y＝f(x)的圖象和直線y＝kx－有4個交點．作出函數y＝f(x)的圖象，如圖，故點(1,0)在直線y＝kx－的下方．∴k×1－＞0，解得k＞.當直線y＝kx－和y＝lnx相切時，設切點橫坐標為m，則k＝＝，∴m＝.此時，k＝＝，f(x)的圖象和直線y＝kx－有3個交點，不滿足條件，故所求k的取值范圍是，故選D..【點睛】本題主要考查了函數與方程思想及轉化能力，還考查了導數的幾何意義及計算能力、觀察能力，屬于難題．2、A【解析】

先根據已知求出原△ABC的高為AO＝，再求原△ABC的面積.【詳解】由題圖可知原△ABC的高為AO＝，∴S△ABC＝×BC×OA＝×2×＝，故答案為A【點睛】本題主要考查斜二測畫法的定義和三角形面積的計算，意在考察學生對這些知識的掌握水平和分析推理能力.3、D【解析】

根據演繹推理進行判斷．【詳解】由①②④可知甲乙丁都不在遠古村寨，必有丙同學去了遠古村寨，由③可知必有甲去了原始森林，由④可知丁去了千丈瀑布，因此游玩千丈瀑布景點的同學是?。蔬x：D．【點睛】本題考查演繹推理，掌握演繹推理的定義是解題基礎．4、A【解析】

根據奇偶性定義和性質可判斷出函數為偶函數且在上是減函數，由此可將不等式化為；利用分離變量法可得，求得的最大值和的最小值即可得到結果.【詳解】為定義在上的偶函數，圖象關于軸對稱又在上是增函數在上是減函數，即對于恒成立在上恒成立，即的取值范圍為：本題正確選項：【點睛】本題考查利用函數的奇偶性和單調性求解函數不等式的問題，涉及到恒成立問題的求解；解題關鍵是能夠利用函數單調性將函數值的大小關系轉化為自變量的大小關系，從而利用分離變量法來處理恒成立問題.5、B【解析】

根據特殊值及函數的單調性判斷即可；【詳解】解：當時，，無意義，故排除A；又，則，故排除D；對于C，當時，，所以不單調，故排除C；故選：B【點睛】本題考查根據函數圖象選擇函數解析式，這類問題利用特殊值與排除法是最佳選擇，屬于基礎題.6、B【解析】

根據比例關系求得會旗中五環(huán)所占面積，再計算比值.【詳解】設會旗中五環(huán)所占面積為，由于，所以，故可得.故選：B.【點睛】本題考查面積型幾何概型的問題求解，屬基礎題.7、B【解析】

分別取、的中點、，連接、、，利用二面角的定義轉化二面角的平面角為，然后分別過點作平面的垂線與過點作平面的垂線交于點，在中計算出，再利用勾股定理計算出，即可得出球的半徑，最后利用球體的表面積公式可得出答案．【詳解】如下圖所示，分別取、的中點、，連接、、，由于是以為直角等腰直角三角形，為的中點，，，且、分別為、的中點，所以，，所以，，所以二面角的平面角為，，則，且，所以，，，是以為直角的等腰直角三角形，所以，的外心為點，同理可知，的外心為點，分別過點作平面的垂線與過點作平面的垂線交于點，則點在平面內，如下圖所示，由圖形可知，，在中，，，所以，，所以，球的半徑為，因此，球的表面積為.故選：B.【點睛】本題考查球體的表面積，考查二面角的定義，解決本題的關鍵在于找出球心的位置，同時考查了計算能力，屬于中等題．8、D【解析】

由成等差數列得，利用等比數列的通項公式展開即可得到公比q的方程.【詳解】由題意，∴2aq2=aq+a，∴2q2=q+1，∴q=1或q=故選：D．【點睛】本題考查等差等比數列的綜合，利用等差數列的性質建立方程求q是解題的關鍵，對于等比數列的通項公式也要熟練．9、C【解析】

根據準線的方程寫出拋物線的標準方程,再對照系數求解即可.【詳解】因為準線方程為,所以拋物線方程為,所以,即.故選：C【點睛】本題考查拋物線與準線的方程.屬于基礎題.10、B【解析】

由，進而分別求出展開式中的系數及展開式中的系數，令二者之和等于，可求出實數的值.【詳解】由，則展開式中的系數為，展開式中的系數為，二者的系數之和為，得.故選：B.【點睛】本題考查二項式定理的應用，考查學生的計算求解能力，屬于基礎題.11、B【解析】

利用指數函數和對數函數的單調性，將數據和做對比，即可判斷.【詳解】由于，，故.故選：B.【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，屬基礎題.12、B【解析】

根據不等式的性質對選項逐一判斷即可.【詳解】選項A：由于，即，，所以，所以，所以成立；選項B：由于，即，所以，所以，所以不成立；選項C：由于，所以，所以，所以成立；選項D：由于，所以，所以，所以，所以成立.故選：B.【點睛】本題考查不等關系和不等式，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

借助正切的和角公式可求得，即則通過降冪擴角公式和輔助角公式可化簡,由，借助正弦型函數的圖象和性質即可解得所求.【詳解】，所以，.因為，所以，所以.故答案為:.【點睛】本題考查了三角函數的化簡,重點考查學生的計算能力,難度一般.14、，，【解析】

化簡函數的解析式，利用余弦函數的圖象和性質求解即可．【詳解】函數，最小正周期，令，，可得，，所以單調遞增區(qū)間是，，．故答案為：，，，．【點睛】本題主要考查了二倍角的公式的應用，余弦函數的圖象與性質，屬于中檔題．15、【解析】

根據ABCD是平行四邊形可得出，然后代入AB＝2，AD＝1即可求出的值．【詳解】∵AB＝2，AD＝1，∴＝1﹣4＝﹣1．故答案為：﹣1．【點睛】本題考查了向量加法的平行四邊形法則，相等向量和相反向量的定義，向量數量積的運算，考查了計算能力，屬于基礎題．16、1【解析】

由二項式定理及展開式通項公式得：，解得，令得：展開式中各項系數和，得解．【詳解】解：由的展開式的通項，令，得含有的項的系數是，解得，令得：展開式中各項系數和為，故答案為：1．【點睛】本題考查了二項式定理及展開式通項公式，屬于中檔題．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）；（2）極小值為，遞減區(qū)間為：，遞增區(qū)間為.【解析】

（1）由題意得到關于實數的方程組，求解方程組，即可求得的值；（2）結合（1）中的值得出函數的解析式，即可利用導數求得函數的單調區(qū)間和極小值.【詳解】（1）由題意，函數，則，由當時，有極大值，則，解得.（2）由（1）可得函數的解析式為，則，令，即，解得，令，即，解得或，所以函數的單調減區(qū)間為，遞增區(qū)間為，當時，函數取得極小值，極小值為.當時，有極大值3.【點睛】本題主要考查了函數的極值的概念，以及利用導數求解函數的單調區(qū)間和極值，其中解答中熟記函數的極值的概念，以及函數的導數與原函數的關系，準確運算是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.18、（Ⅰ），（Ⅱ）見解析【解析】

（1）根據導數的運算法則，求出函數的導數，利用切線方程求出切線的斜率及切點，利用函數在切點處的導數值為曲線切線的斜率及切點也在曲線上，列出方程組，求出，值；（2）首先將不等式轉化為函數，即將不等式右邊式子左移，得，構造函數并判斷其符號，這里應注意的取值范圍，從而證明不等式.【詳解】解：（1）由于直線的斜率為，且過點，故即解得，.（2）由（1）知，所以.考慮函數，，則.而，故當時，，所以，即.【點睛】本題考查了利用導數求切線的斜率，利用函數的導數研究函數的單調性、和最值問題，以及不等式證明問題，考查了分析及解決問題的能力，其中，不等式問題中結合構造函數實現正確轉換為最大值和最小值問題是關鍵.19、（1）（2）詳見解析【解析】

（1）將原不等式轉化為，構造函數，求得的最大值即可；

（2）首先通過求導判斷的單調區(qū)間，考查兩根的取值范圍，再構造函數，將問題轉化為證明，探究在區(qū)間內的最大值即可得證．【詳解】解：（1）由，即，即，令，則只需，，令，得，在上單調遞增，在上單調遞減，，的取值范圍是；（2）證明：不妨設，當時，單調遞增，當時，單調遞減，，當時，，，要證，即證，由在上單調遞增，只需證明，由，只需證明，令，，只需證明，易知，由，故，，從而在上單調遞增，由，故當時，，故，證畢．【點睛】本題考查利用導數研究函數單調性，最值等，關鍵是要對問題進行轉化，比如把恒成立問題轉化為最值問題，把根的個數問題轉化為圖像的交點個數，進而轉化為證明不等式的問題，屬難題．20、（1），（2）【解析】

（1）利用互化公式把曲線C化成直角坐標方程，把點P的極坐標化成直角坐標；（2）把直線l的參數方程的標準形式代入曲線C的直角坐標方程，根據韋達定理以及參數t的幾何意義可得．【詳解】（1）由ρ2得ρ2+ρ2sin2θ＝2，將ρ2＝x2+y2，y＝ρsinθ代入上式并整理得曲線C的直角坐標方程為y2＝1，設點P的直角坐標為（x，y），因為P的極坐標為（，），所以x＝ρcosθcos1，y＝ρsinθsin1，所以點P的直角坐標為（1，1）．（2）將代入y2＝1，并整理得41t2+110t+25＝0，因為△＝1102﹣4×41×25＝8000＞0，故可設方程的兩根為t1，t2，則t1，t2為A，B對應的參數，且t1+t2，依題意，點M對應的參數為，所以|PM|＝||．【點睛】本題考查了簡單曲線的極坐標方程，屬中檔題．21、（1）證明見解析；（2）證明見解析.【解析】

（1）首先對函數求導，再根據參數的取值，討論的正負，即可求出關于的單調性即可；（2）首先通過構造新函數，討論新函數的單調性，根據新函數的單調性證明