2025屆江西省南昌十中高三4月高考模擬測試數學試題試卷注意事項：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。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域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；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，是橢圓與雙曲線的公共焦點，是它們的一個公共點，且，橢圓的離心率為，雙曲線的離心率為，若，則的最小值為（）A． B． C．8 D．62．函數的圖象大致為A． B． C． D．3．已知函數，當時，恒成立，則的取值范圍為（）A． B． C． D．4．記集合和集合表示的平面區域分別是和,若在區域內任取一點,則該點落在區域的概率為()A． B． C． D．5．設是定義域為的偶函數，且在單調遞增，，則（）A． B．C． D．6．阿基米德（公元前287年—公元前212年），偉大的古希臘哲學家、數學家和物理學家，他死后的墓碑上刻著一個“圓柱容球”的立體幾何圖形，為紀念他發現“圓柱內切球的體積是圓柱體積的，且球的表面積也是圓柱表面積的”這一完美的結論.已知某圓柱的軸截面為正方形，其表面積為，則該圓柱的內切球體積為()A． B． C． D．7．如下的程序框圖的算法思路源于我國古代數學名著《九章算術》中的“更相減損術”．執行該程序框圖，若輸入的a，b分別為176，320，則輸出的a為（）A．16 B．18 C．20 D．158．過雙曲線的右焦點F作雙曲線C的一條弦AB，且，若以AB為直徑的圓經過雙曲線C的左頂點，則雙曲線C的離心率為（）A． B． C．2 D．9．若滿足約束條件則的最大值為（）A．10 B．8 C．5 D．310．《周易》歷來被人們視作儒家群經之首，它表現了古代中華民族對萬事萬物的深刻而又樸素的認識，是中華人文文化的基礎，它反映出中國古代的二進制計數的思想方法．我們用近代術語解釋為：把陽爻“-”當作數字“1”，把陰爻“--”當作數字“0”，則八卦所代表的數表示如下：卦名符號表示的二進制數表示的十進制數坤0000震0011坎0102兌0113依此類推，則六十四卦中的“屯”卦，符號“”表示的十進制數是（）A．18 B．17 C．16 D．1511．設是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，則下列命題正確的是（）A．若，，則 B．若，，則C．若，，，則 D．若，，，則12．復數（為虛數單位），則的共軛復數在復平面上對應的點位于（）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．若復數（是虛數單位），則________14．在平面直角坐標系中，雙曲線的右準線與漸近線的交點在拋物線上，則實數的值為________.15．記為數列的前項和.若，則______.16．已知橢圓的離心率是，若以為圓心且與橢圓有公共點的圓的最大半徑為，此時橢圓的方程是____.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）在平面直角坐標系xOy中，曲線l的參數方程為（為參數），以原點O為極點，x軸非負半軸為極軸建立極坐標系，曲線C的極坐標方程為4sin.（1）求曲線C的普通方程；（2）求曲線l和曲線C的公共點的極坐標.18．（12分）已知x，y，z均為正數．（1）若xy＜1，證明：|x+z|?|y+z|＞4xyz；（2）若＝，求2xy?2yz?2xz的最小值．19．（12分）已知，均為給定的大于1的自然數，設集合，．（Ⅰ）當，時，用列舉法表示集合；（Ⅱ）當時，，且集合滿足下列條件：①對任意，；②．證明：（ⅰ）若，則（集合為集合在集合中的補集）；（ⅱ）為一個定值（不必求出此定值）；（Ⅲ）設，，，其中，，若，則．20．（12分）在銳角中，，，分別是角，，所對的邊，的面積，且滿足，則的取值范圍是（）A． B． C． D．21．（12分）已知為坐標原點，點，，，動點滿足，點為線段的中點，拋物線：上點的縱坐標為，.（1）求動點的軌跡曲線的標準方程及拋物線的標準方程；（2）若拋物線的準線上一點滿足，試判斷是否為定值，若是，求這個定值；若不是，請說明理由.22．（10分）如圖，在底面邊長為1，側棱長為2的正四棱柱中，P是側棱上的一點，.（1）若，求直線AP與平面所成角；（2）在線段上是否存在一個定點Q，使得對任意的實數m，都有，并證明你的結論.

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．C【解析】

由橢圓的定義以及雙曲線的定義、離心率公式化簡，結合基本不等式即可求解.【詳解】設橢圓的長半軸長為，雙曲線的半實軸長為，半焦距為，則，，設由橢圓的定義以及雙曲線的定義可得：，則當且僅當時，取等號.故選：C．【點睛】本題主要考查了橢圓的定義以及雙曲線的定義、離心率公式，屬于中等題.2．D【解析】

由題可得函數的定義域為，因為，所以函數為奇函數，排除選項B；又，，所以排除選項A、C，故選D．3．A【解析】

分析可得,顯然在上恒成立,只需討論時的情況即可,,然后構造函數,結合的單調性,不等式等價于,進而求得的取值范圍即可.【詳解】由題意,若,顯然不是恒大于零,故.,則在上恒成立;當時,等價于,因為,所以.設,由,顯然在上單調遞增,因為,所以等價于,即,則.設,則.令,解得,易得在上單調遞增,在上單調遞減,從而，故.故選:A.【點睛】本題考查了不等式恒成立問題,利用函數單調性是解決本題的關鍵,考查了學生的推理能力,屬于基礎題.4．C【解析】

據題意可知，是與面積有關的幾何概率，要求落在區域內的概率，只要求、所表示區域的面積，然后代入概率公式，計算即可得答案．【詳解】根據題意可得集合所表示的區域即為如圖所表示：的圓及內部的平面區域，面積為，集合，，表示的平面區域即為圖中的，，根據幾何概率的計算公式可得，故選：C．【點睛】本題主要考查了幾何概率的計算，本題是與面積有關的幾何概率模型．解決本題的關鍵是要準確求出兩區域的面積．5．C【解析】

根據偶函數的性質，比較即可.【詳解】解：顯然，所以是定義域為的偶函數，且在單調遞增，所以故選：C【點睛】本題考查對數的運算及偶函數的性質，是基礎題.6．D【解析】

設圓柱的底面半徑為,則其母線長為,由圓柱的表面積求出,代入圓柱的體積公式求出其體積,結合題中的結論即可求出該圓柱的內切球體積.【詳解】設圓柱的底面半徑為,則其母線長為,因為圓柱的表面積公式為，所以,解得,因為圓柱的體積公式為,所以,由題知,圓柱內切球的體積是圓柱體積的，所以所求圓柱內切球的體積為.故選:D【點睛】本題考查圓柱的軸截面及表面積和體積公式;考查運算求解能力;熟練掌握圓柱的表面積和體積公式是求解本題的關鍵;屬于中檔題.7．A【解析】

根據題意可知最后計算的結果為的最大公約數.【詳解】輸入的a，b分別為,,根據流程圖可知最后計算的結果為的最大公約數，按流程圖計算,,,,,,,易得176和320的最大公約數為16，故選:A.【點睛】本題考查的是利用更相減損術求兩個數的最大公約數,難度較易.8．C【解析】

由得F是弦AB的中點.進而得AB垂直于x軸，得，再結合關系求解即可【詳解】因為，所以F是弦AB的中點.且AB垂直于x軸.因為以AB為直徑的圓經過雙曲線C的左頂點，所以，即，則，故.故選：C【點睛】本題是對雙曲線的漸近線以及離心率的綜合考查，是考查基本知識，屬于基礎題．9．D【解析】

畫出可行域,將化為,通過平移即可判斷出最優解,代入到目標函數,即可求出最值.【詳解】解:由約束條件作出可行域如圖,化目標函數為直線方程的斜截式,.由圖可知當直線過時,直線在軸上的截距最大,有最大值為3.故選:D.【點睛】本題考查了線性規劃問題.一般第一步畫出可行域,然后將目標函數轉化為的形式,在可行域內通過平移找到最優解,將最優解帶回到目標函數即可求出最值.注意畫可行域時,邊界線的虛實問題.10．B【解析】

由題意可知“屯”卦符號“”表示二進制數字010001，將其轉化為十進制數即可.【詳解】由題意類推，可知六十四卦中的“屯”卦符號“”表示二進制數字010001，轉化為十進制數的計算為1×20+1×24=1．故選：B．【點睛】本題主要考查數制是轉化，新定義知識的應用等，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.11．C【解析】

根據空間中直線與平面、平面與平面位置關系相關定理依次判斷各個選項可得結果.【詳解】對于，當為內與垂直的直線時，不滿足，錯誤；對于，設，則當為內與平行的直線時，，但，錯誤；對于，由，知：，又，，正確；對于，設，則當為內與平行的直線時，，錯誤.故選：.【點睛】本題考查立體幾何中線面關系、面面關系有關命題的辨析，考查學生對于平行與垂直相關定理的掌握情況，屬于基礎題.12．C【解析】

由復數除法求出，寫出共軛復數，寫出共軛復數對應點坐標即得【詳解】解析：，，對應點為，在第三象限．故選：C．【點睛】本題考查復數的除法運算，共軛復數的概念，復數的幾何意義．掌握復數除法法則是解題關鍵．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．【解析】

直接根據復數的代數形式四則運算法則計算即可．【詳解】，．【點睛】本題主要考查復數的代數形式四則運算法則的應用．14．【解析】

求出雙曲線的右準線與漸近線的交點坐標，并將該交點代入拋物線的方程，即可求出實數的方程.【詳解】雙曲線的半焦距為，則雙曲線的右準線方程為，漸近線方程為，所以，該雙曲線右準線與漸近線的交點為.由題意得，解得.故答案為：.【點睛】本題考查利用拋物線上的點求參數，涉及到雙曲線的準線與漸近線方程的應用，考查計算能力，屬于中等題.15．1【解析】

由已知數列遞推式可得數列是以16為首項，以為公比的等比數列，再由等比數列的前項和公式求解．【詳解】由，得，．且，則，即．數列是以16為首項，以為公比的等比數列，則．故答案為：1．【點睛】本題主要考查數列遞推式，考查等比數列的前項和，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平．16．【解析】

根據題意設為橢圓上任意一點,表達出,再根據二次函數的對稱軸與求解的關系分析最值求解即可.【詳解】因為橢圓的離心率是,,所以,故橢圓方程為.因為以為圓心且與橢圓有公共點的圓的最大半徑為,所以橢圓上的點到點的距離的最大值為.設為橢圓上任意一點,則.所以因為的對稱軸為.(i)當時,在上單調遞增,在上單調遞減.此時,解得.(ii)當時,在上單調遞減.此時,解得舍去.綜上,橢圓方程為.故答案為：【點睛】本題主要考查了橢圓上的點到定點的距離最值問題,需要根據題意設橢圓上的點,再求出距離,根據二次函數的對稱軸與區間的關系分析最值的取值點分類討論求解.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）(2，)．【解析】

（1）利用極坐標和直角坐標的轉化公式求解.（2）先把兩個方程均化為普通方程，求解公共點的直角坐標，然后化為極坐標即可.【詳解】（1）∵曲線C的極坐標方程為，∴，則,即.（2），∴，聯立可得，（舍）或，公共點(，3)，化為極坐標(2，)．【點睛】本題主要考查極坐標和直角坐標的轉化及交點的求解，熟記極坐標和直角坐標的轉化公式是求解的關鍵，交點問題一般是統一一種坐標形式求解后再進行轉化，側重考查數學運算的核心素養.18．（1）證明見解析；（2）最小值為1【解析】

（1）利用基本不等式可得,再根據0＜xy＜1時,即可證明|x+z|?|y+z|＞4xyz.（2）由＝,得，然后利用基本不等式即可得到xy+yz+xz≥3，從而求出2xy?2yz?2xz的最小值.【詳解】（1）證明：∵x，y，z均為正數，∴|x+z|?|y+z|＝（x+z）（y+z）≥＝，當且僅當x＝y＝z時取等號．又∵0＜xy＜1，∴，∴|x+z|?|y+z|＞4xyz；（2）∵＝，即．∵，，，當且僅當x＝y＝z＝1時取等號，∴，∴xy+yz+xz≥3，∴2xy?2yz?2xz＝2xy+yz+xz≥1，∴2xy?2yz?2xz的最小值為1．【點睛】本題考查了利用綜合法證明不等式和利用基本不等式求最值，考查了轉化思想和運算能力，屬中檔題．19．（Ⅰ）；（Ⅱ）（ⅰ）詳見解析．（ⅱ）詳見解析.（Ⅲ）詳見解析.【解析】

（Ⅰ）當，時，，，，，，．即可得出．（Ⅱ）（i）當時，，2，3，，，又，，，，，，必然有，否則得出矛盾．（ii）由．可得．又，即可得出為定值．（iii）由設，，，，其中，，，2，，．，可得，通過求和即可證明結論．【詳解】（Ⅰ）解：當，時，，，，，．．（Ⅱ）證明：（i）當時，，2，3，，，又，，，，，，必然有，否則，而，與已知對任意，矛盾．因此有．（ii）．．，為定值．（iii）由設，，，，其中，，，2，，．，．．【點睛】本題主要考查等差數列與等比數列的通項公式求和公式，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．20．A【解析】

由正弦定理化簡得，解得，進而得到，利用正切的倍角公式求得，根據三角形的面積公式，求得，進而化簡，即可求解.【詳解】由題意，在銳角中，滿足，由正弦定理可得，即，可得，所以，即，所以，所以，則，所以，可得，又由的面積，所以，則.故選：A.【點睛】本題主要考查了正弦定理、余弦定理的應用，以及三角形的面積公式和正切的倍角公式的綜合應用，著重考查了推理與運算能力，屬于中檔試題.21．（1）曲線的標準方程為.拋物線的標準方程為.（2）見解析【解析】

（1）由題知|PF1|+|PF2|2|F1F2|，判斷動點P的軌跡W是橢圓，寫出橢圓的標準方程，根據平面向量數量積運算和點A在拋物線上求出拋物線C的標準方程；（2）設出點P的坐標，再表示出點N和Q的坐標，根據題意求出的值，即可判斷結果是否成立．【詳解】（1）由題知，，所以，因此動點的軌跡是以，為焦點的橢圓，又知，，所以曲線的標準方程為.