江西省九江一中、臨川二中2025屆高三沖刺壓軸卷（四）數學試題試卷注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。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．已知復數，其中，，是虛數單位，則（）A． B． C． D．2．已知向量，滿足||＝1，||＝2，且與的夾角為120°，則＝（）A． B． C． D．3．某工廠一年中各月份的收入、支出情況的統計如圖所示，下列說法中錯誤的是（）．A．收入最高值與收入最低值的比是B．結余最高的月份是月份C．與月份的收入的變化率與至月份的收入的變化率相同D．前個月的平均收入為萬元4．設，滿足，則的取值范圍是（）A． B． C． D．5．已知是的共軛復數,則（）A． B． C． D．6．我國宋代數學家秦九韶（1202-1261）在《數書九章》（1247）一書中提出“三斜求積術”，即：以少廣求之，以小斜冪并大斜冪減中斜冪，余半之，自乘于上；以小斜冪乘大斜冪減上，余四約之，為實；一為從隅，開平方得積.其實質是根據三角形的三邊長，，求三角形面積，即.若的面積，，，則等于（）A． B． C．或 D．或7．已知，則“直線與直線垂直”是“”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件8．若復數滿足（是虛數單位），則的虛部為（）A． B． C． D．9．給甲、乙、丙、丁四人安排泥工、木工、油漆三項工作，每項工作至少一人，每人做且僅做一項工作，甲不能安排木工工作，則不同的安排方法共有（）A．12種 B．18種 C．24種 D．64種10．已知函數，若函數的極大值點從小到大依次記為，并記相應的極大值為，則的值為（）A． B． C． D．11．命題：存在實數，對任意實數，使得恒成立；：，為奇函數，則下列命題是真命題的是（）A． B． C． D．12．已知整數滿足，記點的坐標為，則點滿足的概率為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．若展開式中的常數項為240，則實數的值為________.14．已知不等式組所表示的平面區域為，則區域的外接圓的面積為______．15．在平面直角坐標系中，已知圓及點，設點是圓上的動點，在中，若的角平分線與相交于點，則的取值范圍是_______.16．在平面直角坐標系中，雙曲線的焦距為，若過右焦點且與軸垂直的直線與兩條漸近線圍成的三角形面積為，則雙曲線的離心率為____________.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）已知圓,定點,為平面內一動點，以線段為直徑的圓內切于圓，設動點的軌跡為曲線（1）求曲線的方程（2）過點的直線與交于兩點，已知點，直線分別與直線交于兩點，線段的中點是否在定直線上，若存在，求出該直線方程；若不是，說明理由.18．（12分）已知函數.（1）求證：當時，；（2）若對任意存在和使成立，求實數的最小值.19．（12分）已知是等腰直角三角形,．分別為的中點,沿將折起,得到如圖所示的四棱錐．(Ⅰ)求證：平面平面．(Ⅱ)當三棱錐的體積取最大值時,求平面與平面所成角的正弦值．20．（12分）已知曲線：和：（為參數）.以原點為極點，軸的正半軸為極軸，建立極坐標系，且兩種坐標系中取相同的長度單位.（1）求曲線的直角坐標方程和的方程化為極坐標方程；（2）設與，軸交于，兩點，且線段的中點為.若射線與，交于，兩點，求，兩點間的距離.21．（12分）已知函數.（1）討論函數單調性；（2）當時，求證：.22．（10分）已知函數.（1）求不等式的解集；（2）若函數的最大值為，且，求的最小值.

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．D【解析】試題分析：由,得,則，故選D.考點：1、復數的運算；2、復數的模.2．D【解析】

先計算，然后將進行平方，，可得結果.【詳解】由題意可得：∴∴則.故選：D.【點睛】本題考查的是向量的數量積的運算和模的計算，屬基礎題。3．D【解析】由圖可知，收入最高值為萬元，收入最低值為萬元，其比是，故項正確；結余最高為月份，為，故項正確；至月份的收入的變化率為至月份的收入的變化率相同，故項正確；前個月的平均收入為萬元，故項錯誤．綜上，故選．4．C【解析】

首先繪制出可行域，再繪制出目標函數，根據可行域范圍求出目標函數中的取值范圍.【詳解】由題知，滿足，可行域如下圖所示，可知目標函數在點處取得最小值，故目標函數的最小值為，故的取值范圍是.故選：D.【點睛】本題主要考查了線性規劃中目標函數的取值范圍的問題，屬于基礎題.5．A【解析】

先利用復數的除法運算法則求出的值，再利用共軛復數的定義求出a+bi，從而確定a，b的值，求出a+b．【詳解】i，∴a+bi＝﹣i，∴a＝0，b＝﹣1，∴a+b＝﹣1，故選：A．【點睛】本題主要考查了復數代數形式的乘除運算，考查了共軛復數的概念，是基礎題．6．C【解析】

將，，，代入，解得，再分類討論，利用余弦弦定理求，再用平方關系求解.【詳解】已知，，，代入，得，即，解得，當時，由余弦弦定理得：，.當時，由余弦弦定理得：，.故選：C【點睛】本題主要考查余弦定理和平方關系，還考查了對數學史的理解能力，屬于基礎題.7．B【解析】

由兩直線垂直求得則或，再根據充要條件的判定方法，即可求解.【詳解】由題意，“直線與直線垂直”則，解得或，所以“直線與直線垂直”是“”的必要不充分條件，故選B.【點睛】本題主要考查了兩直線的位置關系，及必要不充分條件的判定，其中解答中利用兩直線的位置關系求得的值，同時熟記充要條件的判定方法是解答的關鍵，著重考查了推理與論證能力，屬于基礎題.8．A【解析】

由得,然后分子分母同時乘以分母的共軛復數可得復數,從而可得的虛部.【詳解】因為,所以,所以復數的虛部為.故選A.【點睛】本題考查了復數的除法運算和復數的概念,屬于基礎題.復數除法運算的方法是分子分母同時乘以分母的共軛復數,轉化為乘法運算.9．C【解析】

根據題意，分2步進行分析：①，將4人分成3組，②，甲不能安排木工工作，甲所在的一組只能安排給泥工或油漆，將剩下的2組全排列，安排其他的2項工作，由分步計數原理計算可得答案．【詳解】解：根據題意，分2步進行分析：①，將4人分成3組，有種分法；②，甲不能安排木工工作，甲所在的一組只能安排給泥工或油漆，有2種情況，將剩下的2組全排列，安排其他的2項工作，有種情況，此時有種情況，則有種不同的安排方法；故選：C．【點睛】本題考查排列、組合的應用，涉及分步計數原理的應用，屬于基礎題．10．C【解析】

對此分段函數的第一部分進行求導分析可知，當時有極大值，而后一部分是前一部分的定義域的循環，而值域則是每一次前面兩個單位長度定義域的值域的2倍，故此得到極大值點的通項公式，且相應極大值，分組求和即得【詳解】當時，，顯然當時有，，∴經單調性分析知為的第一個極值點又∵時，∴，，，…，均為其極值點∵函數不能在端點處取得極值∴，，∴對應極值，，∴故選：C【點睛】本題考查基本函數極值的求解，從函數表達式中抽離出相應的等差數列和等比數列，最后分組求和，要求學生對數列和函數的熟悉程度高，為中檔題11．A【解析】

分別判斷命題和的真假性，然后根據含有邏輯聯結詞命題的真假性判斷出正確選項.【詳解】對于命題，由于，所以命題為真命題.對于命題，由于，由解得，且，所以是奇函數，故為真命題.所以為真命題.、、都是假命題.故選：A【點睛】本小題主要考查誘導公式，考查函數的奇偶性，考查含有邏輯聯結詞命題真假性的判斷，屬于基礎題.12．D【解析】

列出所有圓內的整數點共有37個，滿足條件的有7個，相除得到概率.【詳解】因為是整數，所以所有滿足條件的點是位于圓（含邊界）內的整數點，滿足條件的整數點有共37個，滿足的整數點有7個，則所求概率為.故選：.【點睛】本題考查了古典概率的計算，意在考查學生的應用能力.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．－3【解析】

依題意可得二項式展開式的常數項為即可得到方程，解得即可；【詳解】解：∵二項式的展開式中的常數項為，∴解得.故答案為：【點睛】本題考查二項式展開式中常數項的計算，屬于基礎題.14．【解析】

先作可行域，根據解三角形得外接圓半徑，最后根據圓面積公式得結果.【詳解】由題意作出區域，如圖中陰影部分所示，易知，故，又，設的外接圓的半徑為，則由正弦定理得，即，故所求外接圓的面積為.【點睛】線性規劃問題，首先明確可行域對應的是封閉區域還是開放區域、分界線是實線還是虛線，其次確定目標函數的幾何意義，是求直線的截距、兩點間距離的平方、直線的斜率、還是點到直線的距離、可行域面積、可行域外接圓等等，最后結合圖形確定目標函數最值取法、值域范圍.15．【解析】

由角平分線成比例定理推理可得，進而設點表示向量構建方程組表示點P坐標，代入圓C方程即可表示動點Q的軌跡方程，再由將所求視為該圓上的點與原點間的距離，所以其最值為圓心到原點的距離加減半徑.【詳解】由題可構建如圖所示的圖形，因為AQ是的角平分線，由角平分線成比例定理可知,所以.設點，點，即，則，所以.又因為點是圓上的動點，則，故點Q的運功軌跡是以為圓心為半徑的圓，又即為該圓上的點與原點間的距離，因為，所以故答案為：【點睛】本題考查與圓有關的距離的最值問題，常常轉化到圓心的距離加減半徑，還考查了求動點的軌跡方程，屬于中檔題.16．【解析】

利用即可建立關于的方程.【詳解】設雙曲線右焦點為，過右焦點且與軸垂直的直線與兩條漸近線分別交于兩點，則，，由已知，，即，所以，離心率.故答案為：【點睛】本題考查求雙曲線的離心率，做此類題的關鍵是建立的方程或不等式，是一道容易題.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）存在，.【解析】

（1）設以為直徑的圓心為，切點為，取關于軸的對稱點，連接，計算得到，故軌跡為橢圓，計算得到答案.（2）設直線的方程為，設，聯立方程得到，，計算，得到答案.【詳解】（1）設以為直徑的圓心為，切點為，則，取關于軸的對稱點，連接，故，所以點的軌跡是以為焦點，長軸為4的橢圓，其中，曲線方程為.（2）設直線的方程為，設，直線的方程為，同理，所以，即，聯立，所以，代入得，所以點都在定直線上.【點睛】本題考查了軌跡方程，定直線問題，意在考查學生的計算能力和綜合應用能力.18．（1）見解析；（2）【解析】

（1）不等式等價于，設，利用導數可證恒成立，從而原不等式成立.（2）由題設條件可得在上有兩個不同零點，且，利用導數討論的單調性后可得其最小值，結合前述的集合的包含關系可得的取值范圍.【詳解】（1）設，則，當時，由，所以在上是減函數，所以，故.因為，所以，所以當時，.（2）由（1）當時，；任意，存在和使成立，所以在上有兩個不同零點，且，（1）當時，在上為減函數，不合題意；（2）當時，，由題意知在上不單調，所以，即，當時，，時，，所以在上遞減，在上遞增，所以，解得，因為，所以成立，下面證明存在，使得，取，先證明，即證，令，則在時恒成立，所以成立，因為，所以時命題成立.因為，所以.故實數的最小值為.【點睛】本題考查導數在不等式恒成立、等式能成立中的應用，前者注意將欲證不等式合理變形，轉化為容易證明的新不等式，后者需根據等式能成立的特點確定出函數應該具有的性質，再利用導數研究該性質，本題屬于難題.19．(Ⅰ)見解析.(Ⅱ).【解析】

(I)證明平面得出平面，根據面面垂直的判定定理得到結論；(II)當平面時，棱錐體積最大，建立空間坐標系，計算兩平面的法向量，計算法向量的夾角得出答案．【詳解】(I)證明：分別為的中點，，又平面平面，又平面平面平面(II)，為定值當平面時，三棱錐的體積取最大值以為原點,以為坐標軸建立空間直角坐標系則，設平面的法向量為，則即，令可得平面是平面的一個法向量平面與平面所成角的正弦值為【點睛】本題考查了面面垂直的判定，二面角的計算，關鍵是能夠根據體積的最值確定垂直關系，從而可以建立起空間直角坐標系，利用空間向量法求得二面角，屬于中檔題．20．（1），；（2）1.【解析】

（1）利用正弦的和角公式，結合極坐標化為直角坐標的公式，即可求得曲線的直角坐標方程；先寫出曲線的普通方程，再利用公式化簡為極坐標即可；（2）先求出的直角坐標，據此求得中點的直角坐標，將其轉化為極坐標，聯立曲線的極坐標方程，即可求得兩點的極坐標，則距離可解.【詳解】（1）：可整理為，利用公式可得其直角坐標方程為：，：的普通方程為，利用公式可得其極坐標方程為（2）