资源简介

2025 年江西省新余四中高考数学模拟试卷（十一）
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 = { |1 ≤ log2 ≤ 2}， = { | ≤ < + 1}，若 ∩ ≠ ，则 的取值范围是：( )
A. ( ∞,1) ∪ (4, + ∞) B. ( ∞,1] ∪ [4, + ∞)
C. (1,4] D. [1,4)
2 (4, 1.设随机变量 ～ 3 )，则 ( ≥ 1) =( )
A. 8 19 16 6527 B. 27 C. 81 D. 81
3.在△ 1 1中，角 、 、 对应的边分别为 、 、 ，若 = 2， = 2， = 7，则 =( )
A. 14 3 B. 14 C. 16 35 5 5 D.
16
5
4.我们称复数 = + 与 = ( + ) = + 对应，若复数 1， 2在
复平面 内的图象分别如图①、②所示，则与 1， 2对应的复数 1， 2在复平
面 内的大致图象分别对应选项中①、②的是：( )
A. B.
C. D.
5.在棱长为 1 的正方体 1 1 1 1中放入一个球体( 、 、 、 在同一平面， 1、 1垂直平面 )，
使之恰与平面 、平面 1 1、平面 1 1、平面 1 1均相切，则其半径长为( )
A. 3 3 3 2 2 3 33 B. 3 C. 3 D. 3
2 + , ≤ 0
6.已知函数 ( ) = ，若对于 1 ∈ (0, + ∞)，总 2 ∈ ( ∞,0)使 ( )的图像上( 1, ( 1))与 , > 0
( 2, ( 2))处的切线平行，则 的取值范围是：( )
第 1页，共 12页
A. ( 1 , + ∞) B. ( 1 1 1 3 2 3 , + ∞) C. ( ∞, 3 ) D. ( ∞, 2 3 )
7.毕业是青春的里程碑，更是奔赴星海的启航.希望中学高三(8)班的九名身高互不相同的挚友想拍一张毕业
照，要求排成三行三列，每列后面的人身高都高于前面的人，其中小郅与小豪两位好朋友在这九人中身高
由高到低分别位居第 1 位与第 4 位，他们要求要站在同一行相邻的位置，则不同的排列方式共有( )种．
A. 200 B. 300 C. 400 D. 600
8.在空间中，我们把点集 = {( , , )| 2 + 2 = 2， ∈ }表示的曲面 称为圆柱面，借助比利时数学家
的思想我们不难发现：任意不与 轴平行或垂直的平面与 截成的封闭曲线为椭圆.设圆柱面 ：
{( , , )| 2 + 2 = 1， ∈ }，高不平行于坐标面的正四棱锥 的五个顶点均在 上，则其体积的最
小值为( )(注：若正方形 的四个顶点都在同一个定椭圆上，则这个正方形可以被唯一确定)．
A. 32 B. 1 C.
5 6
2 D. 2
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.下列函数中， ( )的图象可以由 ( )的图象仅通过一次轴对称变换得到的有：( )
A. ( ) = 2 1， ( ) = 3 B. ( ) = ， ( ) =
1
C. ( ) = 2， ( ) = 2 D. ( ) = 2 ， ( ) = ln
10.台球是一项有趣的体育项目，如图的球桌上在左下角的 点有一颗球(体积
忽略不计)，现击打该球使其在球桌上做理想运动，碰撞到桌壁后反弹时满足

反射角=入射角，设洞口 为 中点， = (0 < < 1)，击球方向与 所
在直线夹角的正切值为 ，则下列说法正确的是：( )
A. 2若 = 3，球仅碰撞桌壁一次即可进入洞口 ，则 = 2
B. = 2若 3，球第一次碰撞在 上，则最少碰撞桌壁三次可进入洞口
C.不论 的值为多少，一定存在某种击打方式使球碰撞桌壁两次可进入洞口
D.若击出的球可以依次碰撞桌壁 、 、 后进入洞口 ，则 可以为 0.8
11.数学之美，古来共谈.如图甲，在平面直角坐标系 中有⊙ ： 2 + 2 = 1 与 轴分别交于 、 两点，
为⊙ 上的动点，以 为直径的⊙ 的位置随 点位置的变化而变化，当 点逆时针转过一周时，⊙ 扫过
的区域是图乙所示美丽的“心形”(记作 )，则下列说法正确的是：( )
第 2页，共 12页
A.若∠ = 6，则⊙ 与 轴公共点坐标为( 1,0)和(
1
2 , 0)
B.图乙中 内的点到 轴距离的最大值为 1.25
C. 2+2 5若以 为圆心的圆可以完全覆盖区域 ，则该圆的半径最小为 2
D. 2+2 5图乙中 与 轴的公共部分上的点到 轴距离的最大值为 2
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12.在平面直角坐标系 中，抛物线 ： 2 = 2 的焦点到其准线的距离为 3，则 的方程为：______．
13.已知函数 ( ) = sin(cos( ) )(0 < < )在(0, 2 3 ]上有且仅有一个零点，则 的取值范围是：______．
14.小郅同学参加某场数学竞赛，需要在 10 个编号分别为 1、2、3、 、10 的题中抽取任意 4 个作答，已
知他可以答对(正确率 100%)这 10 个题中的 6 个，4 题中至少答对 3 题即可晋级.现已知小郅晋级了，则他
答对 1 号题的概率为：______．
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.(本小题 13 分)
1
已知数列{ }的前 项和为 ，{( + 1) }为等差数列， 1 = 1， 2 = 3．
(1)直接写出 3的值；
(2)求{ }的通项；
(3)求证： < 2．
16.(本小题 15 分)
如图，在正方形 中， = 2， 、 分别为 、 中点，四边形 也是正方形，经过 点的直线

与平面 的夹角为4且 ⊥ ，现将正方形 沿直线 平移至 1 1 1 1得到四棱台 1 1 1 1．
(1)求证：平面 1 //平面 1 1 ；
第 3页，共 12页
(2)若 1 = 2，求平面 1 1 与平面 夹角的余弦值；
(3)若平面 1 1 ⊥平面 ，求四棱台 1 1 1 1的体积．
17.(本小题 15 分)
已知函数 ( ) = 1 + (1 ) 的导函数为 ′( )．
(1)若 = 1，求证： ( )在[1, + ∞)有唯一零点；
(2)若 > 1， = 1 是 ( )的极小值点，求 的取值范围；
(3) 若 0 < < 1， ′( )是单调函数，证明： ≤ < 0．
18.(本小题 17 分)
2 2
如图：在平面直角坐标系 中，离心率为 2 的双曲线 ： 2 2 = 1 经过( 1,0).斜率为 1 的直线 与
交于 、 两点， 为 的左焦点．
(1)求 的方程；
(2)若以 为直径的圆与 轴相切，求 的方程；
(3)直线 、 分别与 交于 、 点，求证：直线 过定点．
19.(本小题 17 分)
对于一个项数为 的有穷整数列{ }，若对于某个不超过 1 的正整数 ，我们规定一个变换：将{ }中的
某项 减去 ，再从{ }中另选 项均加 1；或将{ }中的某项 加上 ，再从{ }中另选 项均减 1 称为一
第 4页，共 12页
次“ 变换”.例如：对于数列 1，2，3，4 做一次“2 变换”后可能变为 2，3，1，4，也可能变为 3，
1，2，4．
(1)证明：对数列 1，1，0，0，0 可以经过两次“3 变换”变为 0，0，0，0，0；
(2)已知项数为 的有穷整数列{ }各项之和为 0，若{ }能经过有限次“ 1 变换”变为所有项均为 0，
我们称其为“整合数列”，对于不超过 1 的正整数 ：
(ⅰ)证明：{ }是“整合数列”一个充要条件是：对于 1 ≤ < ≤ ， 的值都可以写成 的整数倍；
(ⅱ)求出所有 的值，对于任意{ }总能经过有限次“ 变换”变为所有项中至多只有一个 0 的“整合数
列”．
第 5页，共 12页
参考答案
1.【答案】
2.【答案】
3.【答案】
4.【答案】
5.【答案】
6.【答案】
7.【答案】
8.【答案】
9.【答案】
10.【答案】
11.【答案】
12.【答案】 2 = 6 或 2 = 6
13. 2 【答案】(0, 3 ] ∪ [ 3 , )
14. 6【答案】19
15.解：(1)数列{ }的前 项和为 ，{( + 1) }为等差数列，
可得 6 2 = 2 1 + 4 3，即 3( 1 + 2) = 1 + 2( 1 + 2 + 3)，
1
由 1 = 1， 2 = 3，可得 3(1 +
1 1
3 ) = 1 + 2(1 + 3 + 3)，
1
整理得 3 = 6；
(2)由条件得：2( + 1) = ( + 2) +1 + 1( ≥ 2)，
2( +1)
故 +1
1 +1 1
( +2) = + +2，即 + +2 = + +2，
+1 = 所以 +2，
3 = 2 , 4 = 3 , 5 = 4 , 6 = 5 = 1 4 5 6 7， ， +1；2 3 4 5 1
= 6 2以上各式相乘可得 ( +1)，所以 =2 ( +1)，
又 1 = 1
2
，也满足上式，所以 = ( +1)；
第 6页，共 12页
(3)证明： = 2(
1 1
+1 )，
= 2(1
1
2 +
1 12 3 + . . . +
1 1 1 2 2( +1) +1 ) = 2(1 +1 ) = +1 < +1 = 2，
所以 < 2．
16.解：(1)证明：由条件可知： 1 1// 且 1 1 = ，
所以四边形 1 1 是平行四边形，故 A 1 // 1，
又 1 平面 1 1 ， 1 平面 1 1 ，所以 1 //平面 1 1 ，
又 // ，又 平面 1 1 ， 平面 1 1 ，
所以 //平面 1 1 ，
又 1 ∩ = ，又 1 ， 平面 1 ，所以平面 1 //平面 1 1 ；
(2)建立如图所示的空间直角坐标系：
连接 ， 1 1，过 1作 1 ⊥ ，因为 ⊥ ， ⊥ 1， 1 ∩ = ，
所以 ⊥平面 1 1 ，由于 平面 ，所以平面 ⊥平面 1 1
又平面 ∩平面 1 1 = ， 1 ⊥ ， 1 平面 1 1 ，
所以 1 ⊥平面 ，而 ∈ ，
所以∠ 1 就是直线 与平面

的夹角即4， 1 = 2，那么 = 2 = ，
故 、 重合，
而由平移的性质， 1 1// ， 1 1 = ，所以四边形 1 1是平行四边形，
所以 1 ⊥平面 ，
所以 1(0,1, 2)， 1(1,0, 2)， 1 = (0,1, 2)， 1 = (1,0, 2)，
设平面 1 1的一个法向量为 1 = ( , , )
+ 2 = 0,
，则 1 = ( 2, 2, 1)，
+ 2 = 0
易知平面 的一个法向量为 2 = (0,0,1)，
第 7页，共 12页
cos < , >= |1| 5所以 1 2 = ，故余弦值为
5；
1 5 5 5
(3)设 1( , , )， = 2 ， = = 2 2 2 = 1 = ，
所以 1( , , 2 2 2 )，又由于 1 1 = ( 1,0,0)，
所以 1( 1, , 2 2 2 )， 1 = ( 1, 2,2 2 2 )， = (2 2, 2 2, 0)，
又因为 ⊥ ，要想平面 1 1 ⊥平面 ，只需 ⊥ 1，
所以 2 2( 1 + 2) = 0 3，解得： = ， = 22 1 ，2
1 2 7 2 ．1 1 1 1 = 3 (1 + 4 + 4) 2 = 6
17.解：(1)当 = 1 时，函数 ( ) = 1 + ，那么导函数 ′( ) = ，
当 ∈ (1, + ∞)时，导函数 ′( ) < 0，函数 ( )单调递减，
又 ( ) = 1 > 0， ( 2) = 1 2 < 0，根据零点存在定理，因此函数 ( )在[1, + ∞)有唯一零点．
(2) 1根据题意可得导函数 ′( ) = 1 ，令 ′( ) = ( )，那么导函数 ′( ) = 1ln2 ，
1
根据指数函数的性质，由于 > 1，因此函数 ( ) = 1ln2 ，函数 ( ) = ( > 0)均单调递增，
因此导函数 ′( )单调递增，又 → 0+时， ′( ) → ∞， →+∞时， ′( ) →+∞，
因此在(0, + ∞)上导函数 ′( )有且仅有一个零点 0，
当 ∈ (0, 0)时，导函数 ′( ) < 0，函数 ( )单调递减；
当 ∈ ( 0, + ∞)时，导函数 ′( ) > 0，函数 ( )单调递增，
而 ′(1) = ln2 1， ′(1) = (1) = 0，
当 = 时， ′(1) = ln2 1 = 0，此时 0 = 1， ′( ) ≥ ′(1) = 0， ( )单调递增，不存在极值点，不
满足题意，舍去；
当 > 时， ′(1) = ln2 1 > 0，此时 0 ∈ (0,1)，则 ( 0) < (1) = 0，即 ′( 0) < 0，
故在 ∈ ( 0, 1)， ′( ) < 0， ( )单调递减；在 ∈ (1, + ∞)， ′( ) > 0， ( )单调递增， = 1 是 ( )
的极小值点，故 ∈ ( , + ∞)满足题意；
当 1 < < 时， ′(1) = ln2 1 < 0，此时 0 ∈ (1, + ∞)，则 ( 0) < (1) = 0，即 ′( 0) < 0，
故在 ∈ (0,1)， ′( ) > 0， ( )单调递增；
在 ∈ (1, 0)， ′( ) < 0， ( )单调递减， = 1 是 ( )的极大值点，不满足题意，舍去．
综上， ∈ ( , + ∞)．
(3)因为 0 < < 1 时， ′( )是单调函数，即 ( )是单调函数，则 ′( ) ≥ 0 或 ′( ) ≤ 0 恒成立，
2
因为 ′( ) = 1ln2 1， → 0+时， 1ln2 → ln 1 , → ∞，
第 8页，共 12页
所以 ′( ) ≥ 0 不能恒成立，故 ′( ) ≤ 0 恒成立．
1 1
则 ′(1) = ln2 1 ≤ 0，解得 1 ≤ ≤ 1，即 ≤ ≤ ，因为 0 < < 1，所以 ≤ < 0．
令 ( ) = 1 ，则 ′( ) = 2 ，当 ∈ (0,1)时， ′( ) > 0， ( )单调递增．
ln1
则 ( 1 ) = 1 = , (1) = 0，故 ≤

< 0．

18.解：(1)因为双曲线 经过( 1,0)且离心率为 2，
= 1

所以 = 2 ，
2 + 2 = 2
解得 = 1， = 3，
2
则双曲线 的方程为 2 3 = 1；
(2)设直线 的方程为 = + ， ( 1, 1)， ( 2, 2)，
3 2 2 = 3
联立 = + ，消去 并整理得 2
2 6 + 3 2 3 = 0，
此时 = 12( 2 + 2) > 0，
1 + 2 = 3
由韦达定理得
= 3
2 3，
1 2 2
2
所以| | = 2| | = 12 +24 = 6 21 2 2 + 12，
若以 为直径的圆与 轴相切，
| 1+ 3此时 22 | = 2 | | =
1
2 | |，
即 3| | = 6 2 + 12，
解得 =± 2，
所以直线 的方程为 = ± 2；
(3)证明：当直线 不过双曲线 的顶点时，直线 ， 都不垂直于 轴，
设直线 ， 的方程分别为 = 1 2， = 2 2， ( 3, 3)， ( 4, 4)，
= 1 2
联立 2 23 2 2 = 3，消去 并整理得(3 1 1) 12 1 + 9 = 0，
9
由韦达定理得 1 3 = 3 2 ，1 1
9 9 3 +2 4+5
所以 1 1 13 = 2 = = ， = 2 = ，(3 1 1) 1 [3 ( 1+2)
2 3
1] 5+4 1
3
1 5+4 1
2 11
第 9页，共 12页
( 4+5 即 1 3 15+4 , )，1 5+4 1
同理得 ( 4+5 2 , 3 25+4 5+4 )，2 2
+4+5 15+4 +
4+5 2
5+4
则直线 的方程为 1 2
3
= ，
1 3 2
5+4 1 5+4 2
整理得[15( 1 2) + 12( 2 1 1 2)] + 9( 1 2) + 12( 1 2) + 15( 2 1 1 2) = 0，
因为 2 1 1 2 = ( 2) 1 ( 1) 2 = ( 1 2)， 1 2 = 1 2， 1 2 ≠ 0，
所以直线 的方程为(5 + 4 ) 3 + 4 + 5 = 0，
即(4 + 5) + 5 3 + 4 = 0，
4 + 5 = 0
此时 5 3 + 4 = 0，
5 3
解得 = 4 , = 4，
5 3
则直线 过定点( 4 , 4 )，
当直线 过顶点(1,0)时，
直线 的方程为 = + 1，
令 (1,0)，
由(2)得 ( 2,3)，
所以直线 的方程为 = 2，
此时 ( 2, 3)，
又 ( 1,0)，
5
所以直线 ： = 3 + 3 过点( 4 ,
3
4 )，
当直线 过顶点( 1,0)时，
直线 的方程为 = 1，
令 ( 1,0)，
由(2)得 (2, 3)，
所以直线 的方程为 3 + 4 + 6 = 0，
3 2 2 = 3
联立 3 + 4 + 6 = 0，
解得 ( 1413 ,
9
13 )，
又 (1,0)，
第 10页，共 12页
1 1 5 3
所以直线 ： = 3 3过点( 4 , 4 )．
( 5 3综上所述，直线 过定点 4 , 4 )．
19.(1)证明：根据题目定义：将{ }中的某项 减去 ，
再从{ }中另选 项均加 1；或将{ }中的某项 加上 ，
再从{ }中另选 项均减 1 称为一次“ 变换”．
我们先进行第一次变换， 1，1，0，0，0 可变为 1，0，3， 1， 1，
再进行第二次变换， 1，0，3， 1， 1 可变为 0，0，0，0，0，
故数列 1，1，0，0，0 可以经过两次“3 变换”变为 0，0，0，0，0．
(2)(ⅰ)证明：必要性：由题已知项数为 的有穷整数列{ }各项之和为 0，
由于原数列的项之和为 0，
则每一次“ 变换”都只能使变换的两个元素之差增加(或减少) + 1 或 0，
故当 = 1 时，每次变换都只能使变换的两个元素之差增加(或减少) 或 0，
对于 ， ∈ { }， = ，
则 + 1 + 2 + . . . + = 0， =± 或 0，故 = ，得证．
充分性：设：{ } = 1， 2，…， ，考虑以下变换：
从 1 = 2 与 2开始，若 1 = 2，则考虑 2和 3，
若 2 = 3，则考虑 3与 4，. . .，依此类推，
直至 ≠ +1，此时若 > +1，则将 +1变为 +1 + ( 1)，其余各项减 1；
若 < +1，则将 +1变为 +1 ( 1)，其余各项加 1，
重复作此“ 1 变换”，由于 +1 = ，
每一次变换都可以使| +1 |的值减小 ，那么 次变换后 = +1，
再考虑 +1与 +2，而此时 1～ 这些项都总是同时增或减 1，| +1 |的值不变(仍为 0)，
依此类推直至最后两项变换完成，此时 1 = 2 = . . . = ，
又 =1 = 0，所以此时所有项均为 0．
(ⅱ)根据题目：对于任意{ }总能经过有限次“ 变换”变为所有项中至多只有一个 0 的“整合数列”时．
我们断言：当 < 1 时，
一个“1 变换”的效果总是与有限个“ 变换”的效果相同：
不妨设数列：0，0，0，…，0 共 项，作一次“1 变换”可变为： 1，1，0，…，0，
而对数列：0，0，0，…，0 共 项，作两次“ 变换”：
第 11页，共 12页
0,0,0, …, 0 → 0, 1, ,1,…,1︸ + 1 项, 0, …, 0 → 1,1,0, …, 0，
故一次“1 变换”可以看作两次“ 变换”，
而对于一个和为 0 的 项数列{ }：
①不是所有项均为 0：那必然存在 1, 2 , …, 均大于 0， 1, 2 , …, 均小于 0，
若 1 , 2, …, 均等于 0，在大于 0 的项中取一项 ，
每一次“1 变换”都让其加 1，其他大于 0 的项中找一项 ，
每一次“1 变换”都让其减 1，最终 会变为 0，
同理将大于 0 的项都这样变换，其余项就都变为 0；
对小于 0 的项也这样变换，最终除了一项 其余项均为 0．
这时整个数列中，只有 与 不为 0，有 = ，
再仅对这两项进行变换，可以使所有项均变为 0．
接下来取第 1，2 项，对其中一项加 1，另一项减 1 进行 次“1 变换”，
这两项就分别变成了 和 ，再取第 3，4 项，
依此类推，若 为奇数，则最终只有最后一项为 0；若 为偶数，则原数列中没有 0．
这时，任意两项之差为 的倍数，由(ⅰ)可知，
此时{ }为所有项中至多只有一个 0 的“整合数列”，
②所有项均为 0 同理结论可证，这个结论对一切 < 1 成立，故 = 1，2，3，…， 2；
再证明 = 1 时结论不成立；
反证法：假设结论成立，
那么{ }可以经过有限次“ 1 变换”变为 0，
但这当且仅当对于 1 ≤ < ≤ ， 的值都可以写成 的整数倍，
这并不是所有{ }都能做到的，故舍去，
综上 = 1，2，3，…， 2．
(1)利用 3 变换变换的定义进行证明即可．
(2)(ⅰ)利用原数列的项之和为 0 并用给定定义进行变换，得到 = ，进而证明 = 得到必要性
成立，再利用变换将原数列所有项变换为 0 证明充分性即可．
(ⅱ)先证明一次“1 变换”可以看作两次“ 变换”，再依据所有项是否均为 0 进行分类讨论求解即可．
本题考查数列的应用，属于难题．
第 12页，共 12页

展开更多......

收起↑