2025届江西南昌高三第一次模拟测试数学答案

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2025 届高三模拟测试
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E
D
C
P
一、选择题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，只有一
项是符合题目要求的。
题号
1 2 3 4 5 6 7 8
答案
D B A A D C C C
二、选择题：本题共 3小题，每题 6分，共 18 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题
目要求。全部选对的得 6分，部分选对的得部分分，有选错的得 0分。
题号 9 10 11
答案 CD ACD BCD
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15 分。
12．
2
13．
13
2
14．
3
5
.
四、解答题：本题共 5小题，共 77 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15．【解析】（1）因为
, ,
abc
是公差为 2的等差数列，
所以
2
b a
 
，
4
c a
 
，所以首先
( 2) ( 4)
a a a
  
，则
2
a
； …………2分
其次，因为
ABC
为锐角三角形，所以最大角
π
(0, )
2
C，
所以
cos 0
C
，则
2 2 2
0
2
a b c
ab
 
， …………………………4分
所以
2 2 2
c a b
 
，即 2
4 12 0
a a
 
，解得
6
a
； …………………………6分
（2）因为
7sin 3sin
A C
，由正弦定理可得
7 3
a c
，
即
7 3( 4)
a a
 
，
解得
3
a
，则
5
b
，
7
c
， …………………………9分
所以
2 2 2
1
cos
2 2
a b c
C
ab
 
 
，
所以
1 1 3 15 3
sin 3 5
2 2 2 4
ABC
S ab C
   ． …………………………13 分
16.【解析】（1）取
AC
的中点为
E
，连接
,
BE DE
，
因为
D
为
PC
的中点，所以
DE PA
∥，
因为
PA
平面
ABC
，所以
DE
平面
ABC
，
所以
DE AC
，
因为
1
AB BC
 
，所以
BE AC
，………………………4分
因为
DE BE E
，
所以
AC
平面
BDE
，且
BD
平面
BDE
，
所以
BD AC
； …………………………7分
（2）以点
A
为坐标原点，以
,
AB AP
为
,
x z
轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
z
y
x
P
A
B
C
D
E
因为
1
AB BC
 
，
120
ABC
 
，
PA AC
，
所以
(1, 0,0)
B，
(0, 0, 3)
P，3 3
( , ,0)
2 2
C，
则
3 3 3
( , , )
4 4 2
D，所以
1 3 3
( , , )
4 4 2
BD  
，
平面
PAB
的法向量为
(0,1,0)
n
， ……………………12 分
所以
3
3
4
cos ,
1 1 4
| | | |
BD n
BD n BD n
  
 
    ，
即
BD
与平面
PAB
所成角的正弦值为
3
4
. ………………………………15 分
17.【解析】（1）因为 ( ) ln( 1)
1
x
f x x a
x
 
，
2 2
1 1 2
( )
1 ( 1) ( 1)
x
f x x x x
 
， ………………………………2分
因为
1 2
x
 
时，
( ) 0
f x
，
( )
f x
单调递减；
2
x
时，
( ) 0
f x
，
( )
f x
单调递增，
所以 min
( ) (2) 2
f x f a
 
 
， ………………………………4分
因为
( )
f x
在定义域上单调递增，所以
( ) 0
f x
恒成立，
所以
2 0
a
 
，即
2
a
. …………………………6分
（2）由（1）可知，当 ( )
y f x m
 
有两个不同的零点时，
2
a
此时 min
( ) (2) 2 0
f x f a
 
  
，
且
1
x
时( )f x
 
，
x
 
时( )f x
 
，
所以
( ) 0
f x
，则
1 2 1 2
, (1 2 )
x x x x x x
  ，其中
ln( 1) ( 1, 2)
1
i
i
i
x
x a i
x
 
，
因为
1
1
x x
 
时，
( ) 0
f x
，
( )
f x
单调递增；
1 2
x x x
 
时，
( ) 0
f x
，
( )
f x
单调递减；
2
x x
时，
( ) 0
f x
，
( )
f x
单调递增，
所以
1
x x
为
( )
f x
的极大值点，则
1
( )
m f x
. ………………………………10 分
且
2
1 1
1 1 1 1 1 1
1 1
( ) [ln( 1) ] [ln( 1) ln( 1) ]
1 1
x x
f x x x a x x x x x
     
 
，
设
2
( ) (1 2)
1
x
g x x
x
 
，则 ( 2)
( ) 0
1
x x
g x
x
 
，
所以
( )
g x
在
(1, 2)
单调递增， ………………………………15 分
所以
( ) (2) 4
g x g
 
，即
4
m
 
.
18.【解析】(1)由条件可知直线 1
: 1
4
l y x
 
，
依题意可知
1
b
，
因为
2
2
1
b
e
a
  ，所以
2
a
，
所以椭圆
C
的标准方程为
2
2
1
4
xy
 
； ……………………………………4分
（2）（ⅰ）设直线
: 4
l x my
 
，
1 1 2 2
( , ), ( , )
A x y B x y
，
联立方程 2
2
4
1
4
x my
xy
 
 
消去
x
得： 2 2
( 4) 8 12 0
m y my
 
，
则有 1 2 2
8
4
m
y y
m
 
，1 2 2
12
4
y y
m
. ………………………………6分
则
1 2 2 1 1 2 1 2
1 2
1 2 1 2
( )
1 1 ( 1)( 1)
y y x y x y y y
k k x x x x
 
 
  ，
其中分子=
1 2 2 1 1 2 1 2 1 2
( ) 2 3( )
x y x y y y my y y y
  2 2
12 8
2 3 0
4 4
m
m
m m
 
，
所以 1 2 1 2
1 2
1 2
2 3( )
0
( 1)( 1)
my y y y
k k x x
 
 
  . ………………………………10 分
解法一：（ⅱ）因为
MA
垂直平分线方程为 1 1 1
1
1 1
( )
2 2
y x x
y x
y
 
  ，
即
2
1 1
1 1
1 3
8
x x
y x
y y
  ……①
同理
M B
垂直平分线方程为
2
2 2
2 2
1 3
8
x x
y x
y y
  ……②
由于 1 2
0
k k
 
可得
1 2
1 1
0
k k
 
，即 1 2
1 2
1 1
0
x x
y y
 
 
， ……………………12 分
所以①+②得：
2 2
1 2 1 2
1 2 1 2
1 2 1 2 1 2
3 3 ( )3 1 1 3
2 ( ( )) (1 )
8 8 2 2
E
x x y y
y y y y y
y y y y y y
  ，
1 2
1 2
1 2
( )
3
(1 )
4
E
y y
y y y
y y
  ，
由②-①得： 1 2 2 1 2 1 2 1
2 1
1 2 1 2
( ) 3
( ( ))
2
E
x y x y y y y y
x y y
y y y y
 
  ，
因为直线
AB
过点
(4, 0)
P,所以 1 2
1 2
,
4 4
PA PB
y y
k k x x
 
 
即
则有
1 2 2 1 2 1
4( )
x y x y y y
，
所以
1 2
1
(1 )
2
E
x y y
  ， ………………………………15 分
所以
1 2
1 2 2
1 2 1 2
1 2
1 2 2
( )3 8
(1 )
4 ( )3 3 4
1 12
1 2 2
( 1)
2 4
E
ME
E
y y m
y y
y y y y y m
k m
x y y
y y
m
   
，
因为
1
PD AB
k k
m
   
，所以 1
( ) 1
PD ME
k k m
m
 
,
所以
ME PD
. ………………………………17 分
解法二：（ⅱ）设圆 2 2
: 0
E x y dx ey f
 
，
因为
(1, 0)
M在圆
E
上，则有
1 0
d f
 
………………………………12 分
直线
l
与圆
E
交于
,
A B
.则有
2 2
0
4
x y dx ey f
x my
 
 
，
消去
x
得： 2 2
( 1) (8 ) 16 4 0
m y m dm e y d f
 
（*）
则
1 2
,
y y
是方程（*）的两根.
由于（ⅰ）可知
1 2
,
y y
是方程 2 2
( 4) 8 12 0
m y my
 
的两根、
此两方程为同解方程，则有
2
2
1 8 16 4
4 8 12
m m dm e d f
m m
 
 
，
解得
2 2
2 2
16 ( 8)
,
4 4
m m m
d e
m m
 
 
， ………………………………15 分
所以圆心
2 2
2 2
16 (8 )
( , )
2( 4) 2( 4)
m m m
Em m
 
，
所以
2
2
2
2
(8 )
2( 4)
16 1
2( 4)
ME
m m
m
k m
m
m
 
，
因为
1
PD AB
k k
m
   
，所以 1
( ) 1
PD ME
k k m
m
 
,
所以
ME PD
. ………………………………17 分
19.【解析】（1）
4 3 1 2 2 1 3
 
，
所以 2
2
1 1
( 4) 3 ( )
6 12
P S   ； ………………………………4分
（2） 2
0
X
的情形有：
4 3 1 2 2
 
，
8 6 2 5 3 4 4
  
，
12 6 6
 
，
因此， 22
1 9
( 0) (2 1 2 2 1 1)
6 36
P X    ，……………………………7分
2
3
X
的情形有：
3 2 1, 7 6 1 5 2 4 3
     
，
11 6 5
 
，
因此， 22
1 10
( 3) (2 2 2 2 2)
6 36
P X     ，
所以 2
( 0)
P X
 
2
( 3)
P X
； ………………………………10 分
（3）
2 3 4 5 6 20 2 120
0 1 2 120
( )
x x x x x x b b x b x b x
    ，
20
20
( )
6
j
b
P S j 
( 1, 2,3, ,120)
j
 
，其中 0 1 2 19
0
b b b b
  
，…12 分
令
1
x
，得到 20
0 1 2 3 119 120
6
b b b b b b
  ，
令
1
x
 
，得到
0 1 2 3 119 120
0
b b b b b b
   ，
因此， 20
0 2 4 6 118 120
16
2
b b b b b b
   ， ……………………………14 分
令
i
x
，得到 20
0 2 4 120 1 3 5 7 117 119
( 1 i) ( ) ( )i
b b b b b b b b b b       ，
又因为
20 10 10
( 1 i) ( 2i) 2
   
，
所以 10
0 2 4 120
2
b b b b
  ，
因此，
20 9
0 4 8 120
1
6 2
4
b b b b
  
， ………………………………16 分
所以，
9
20
20
1 2
( 0)
4 6
P X   . …………………………………………………17 分
摘要：

EDCBAP一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。题号12345678答案DBAADCCC二、选择题：本题共3小题，每题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。题号91011答案CDACDBCD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．213．13214．35.四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15．【解析】（1）因为,,abc是公差为2的等差数列，所以2ba，4ca，所以首先(2)(4)aaa...

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