精品解析：江苏省南京市中华中学2024-2025学年高三上学期期初调研考试数学试题

中华中学2025届高三期初调研模前模考试 高三数学 本卷考试时间：120分钟总分：150分 命题人： 审题人： 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. 1. 已知集合，若中只有1个元素，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则（ ） A. B. 2 C. D. 5 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 4. 若非零向量满足，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 5. 设直线和圆相交于，两点，若，则（ ） A. B. C. D. 1 6. 的展开式中的系数为（ ） A. 30 B. C. 20 D. 7. 已知是椭圆上一点，是的两个焦点，，点在的平分线上，为原点，，且．则的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，甲乙做游戏，两人通过划拳（剪刀、石头、布）比赛决胜谁首先到达第3格，并规定从0格出发，每次划拳赢的一方往右前进一格，输的一方原地不动，平局时两人都往右前进一格．如果一方连续赢两次，那么他将额外获得右前进一格的奖励，除非已经到达第3格，当有任何一方到达第3格时游戏结束，则游戏结束时恰好划拳3次的概率为（ ） 0 1 2 3 A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在年小题给出的选项中，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. 9. 下列说法中，正确的是（ ） A. 样本相关系数r的绝对值大小可以反映成对样本数据之间线性相关的程度 B. 用不同的模型拟合同一组数据，则残差平方和越小的模型拟合的效果越好 C. 随机变量X服从二项分布，若方差，则 D. 随机变量服从正态分布，若，则 10. 已知定义在上的函数满足为偶函数，为奇函数，当时，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 函数为周期函数 C. 函数为上的偶函数 D. 11. 如图所示是某同学发现的一种曲线，由于形如小恐龙，因此命名为小恐龙曲线．对于小恐龙曲线，下列说法正确的是（ ） A. 该曲线与最多存在3个交点 B. 如果曲线如题图所示（轴向右为正方向，轴向上为正方向），则 C. 存在一个，使得这条曲线是偶函数的图象 D. 当时，该曲线中的部分可以表示为关于的某一函数 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 等差数列的前n项和为，且公差不为0，若成等比数列，，则__________． 13. 已知圆锥的顶点为S，母线，所成角的余弦值为，且该圆锥的母线是底面半径的倍，若的面积为，则该圆锥的体积为___________． 14. 若曲线与曲线存在公共切线，则实数a的取值范围是___________． 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. 在中，角的对边分别为，已知. （1）求； （2）若为边的中点，求的长. 16. 某市为了解乡村振兴，农业农村现代化进程，对全市村庄进行全方位的摸底调研．根据调研成绩评定“要加油”“良好”“优秀”三个等级．现随机抽取个村庄的成绩统计结果如表： 等级 要加油 良好 优秀 得分 频数 （1）若调研成绩在分及以上认定为“优良”，抽取的个村庄中西部村庄的分布情况如表．完成列联表，并判断是否有的把握认为优良村庄与东西部位置有关？ 村庄位置 是否优良 总计 优良 非优良 东部村庄 西部村庄 总计 （2）用分层抽样的方法，从评定为“要加油”“良好”“优秀”三个等级的村庄中随机抽取个进行细致调查，同时对相应等级进行量化：“优秀”记分，“良好”记分，“要加油”记 分．现再从抽取的个村庄中任选个村，所选村的量化分之和记为X，求X的分布列及数学期望． 附：，其中． 17. 如图，在三棱柱中，四边形是矩形，，,． （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的正弦值． 18. 已知抛物线的焦点在轴的正半轴上，顶点是坐标原点是圆与的一个交点，是上的动点，且在轴两侧，直线与圆相切，线段线段分别与圆相交于点. （1）求的方程； （2）的面积是否存在最大值？若存在，求使的面积取得最大值的直线的方程；若不存在，请说明理由. 19. 固定项链的两端，在重力的作用下项链所形成的曲线是悬链线年，莱布尼茨等得出悬链线的方程为，其中为参数．当时，该表达式就是双曲余弦函数，记为，悬链线的原理常运用于悬索桥、架空电缆、双曲拱桥、拱坝等工程．已知三角函数满足性质：①导数：；②二倍角公式：；③平方关系：．定义双曲正弦函数为． （1）写出，具有的类似于题中①、②、③的一个性质，并证明该性质； （2）任意，恒有成立，求实数的取值范围； （3）正项数列满足，，是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 中华中学2025届高三期初调研模前模考试 高三数学 本卷考试时间：120分钟总分：150分 命题人： 审题人： 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. 1. 已知集合，若中只有1个元素，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先求集合，再根据题意确定的取值范围. 【详解】，得，且，所以， 因为，且中只有1个元素， 所以. 故选：B 2. 已知复数，则（ ） A. B. 2 C. D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的除法运算求出复数，再求出复数的模. 【详解】由，得，所以. 故选：A 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由三角恒等变换得，进一步即可求解. 【详解】， 解得， 所以. 故选：D. 4. 若非零向量满足，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量的模长关系可得，再由投影向量的定义即可求出结果. 【详解】根据题意可得， 所以， 又向量为非零，则， 则在方向上的投影向量为. 故选：C. 5. 设直线和圆相交于，两点，若，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】由，可知圆心到直线的距离，进而可求的值. 【详解】   如图所示，由已知，即， 可得圆心，半径， 又，所以，即为等腰直角三角形， 所以圆心到直线的距离， 即，解得； 故选：C. 6. 的展开式中的系数为（ ） A. 30 B. C. 20 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据展开式的每一项的生成过程，结合组合数公式，即可求解. 【详解】从5个含有的括号中，其中1个括号中取，一个括号中取，3个括号中取，乘在一起构成这一项， 这一项为，所以的系数为. 故选：D 7. 已知是椭圆上一点，是的两个焦点，，点在的平分线上，为原点，，且．则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，，由题意得出是等腰直角三角形，列方程组得到含的齐次方程求解离心率即可. 【详解】如图，设，，延长交于， 由题意知，为的中点，故为中点， 又，即，则， 又点在的平分线上,则，故是等腰直角三角形， 因此， 则， 可得，， 又，则， 因此可得， 又在中，，则， 将， 代入得， 即，由所以， 所以，. 故选：A. 8. 如图，甲乙做游戏，两人通过划拳（剪刀、石头、布）比赛决胜谁首先到达第3格，并规定从0格出发，每次划拳赢的一方往右前进一格，输的一方原地不动，平局时两人都往右前进一格．如果一方连续赢两次，那么他将额外获得右前进一格的奖励，除非已经到达第3格，当有任何一方到达第3格时游戏结束，则游戏结束时恰好划拳3次的概率为（ ） 0 1 2 3 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】游戏结束时，有可能是甲到达第3格，也有可能是乙到达第3格，根据每一步的情况，结合独立事件和互斥事件概率公式，即可求解. 【详解】设事件“第次划拳甲赢”为，事件“第次划拳甲平局”为，事件“第次划拳甲输”为， 则， 则游戏结束时恰好划拳3次的概率为 故选：D 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在年小题给出的选项中，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. 9. 下列说法中，正确的是（ ） A. 样本相关系数r的绝对值大小可以反映成对样本数据之间线性相关的程度 B. 用不同的模型拟合同一组数据，则残差平方和越小的模型拟合的效果越好 C. 随机变量X服从二项分布，若方差，则 D. 随机变量服从正态分布，若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据相关系数的定义，以及残差的定义，即可判断AB，根据二项分布的方差和概率公式，即可判断C，根据正态密度曲线的对称性，即可判断D. 【详解】A.由相关系数的定义和实际意义可知，A正确； B. 用不同的模型拟合同一组数据，则残差平方和越小的模型拟合的效果越好，故B正确； C.由条件可知，，得或， 当时，， 当时，，故C错误； D.由正态密度曲线的对称性可知，，故D正确. 故选：ABD 10. 已知定义在上的函数满足为偶函数，为奇函数，当时，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 函数为周期函数 C. 函数为上的偶函数 D. 【答案】AB 【解析】 【分析】首先利用函数的奇偶性得到函数的对称轴和对称中心，结合关系式的变换得到函数周期判断B，利用特殊值代入判断A，根据导函数判断函数单调性结合关系式和偶函数定义判断C，根据函数的关系式和单调性判断D. 【详解】因为为偶函数， ，故函数图象关于直线对称， 为奇函数，1），函数图象关于对称， 对于B，，故2是函数的周期，函数为周期函数，故B正确； 对于A，，令，故， 又，故A正确； 对于C，，当时，，即函数在上递增， 函数图象关于对称，故函数在上递减，故函数在上递增， 所以，故函数不是偶函数，故C错误； 对于D，，故D错误， 故选：AB. 【点睛】抽象函数的判断一般会从函数奇偶性、周期性和对称性的定义推得相关的函数性质； 11. 如图所示是某同学发现的一种曲线，由于形如小恐龙，因此命名为小恐龙曲线．对于小恐龙曲线，下列说法正确的是（ ） A. 该曲线与最多存在3个交点 B. 如果曲线如题图所示（轴向右为正方向，轴向上为正方向），则 C. 存在一个，使得这条曲线是偶函数的图象 D. 当时，该曲线中的部分可以表示为关于的某一函数 【答案】ABC 【解析】 【分析】AB项，转化为三次方程根的个数问题研究；C项，举特例说明存在值使曲线是偶函数的图象；D项，令，由零点存在性定理说明方程至少两根，对应值不唯一即可说明不是的函数. 【详解】对于A项，曲线方程， 令，得关于的一元三次方程， 令，则， 最多两根，即函数最多两个极值点， 即方程最多有三个实根，故A正确； 对于B项，若曲线如题图所示，则存在，使得与曲线图象有三个交点， 即存在，关于的方程有三个实根. 令，则， 假设，，都有，即单调递增， 则方程在最多有一个实根，与题图矛盾，假设错误. 因此，故B正确； 对于C项，当时，曲线即函数的图象， 设，，定义域关于原点对称. 且，所以是偶函数. 故存在，使得曲线是偶函数的图象，故C正确： 对于D项，当时，曲线方程为. 令，得， 令，则，， 由零点存在性定理知至少两根，则对应的值不唯一，不符合函数定义，故D错误； 故选：ABC. 【点睛】关键点点睛：函数的奇偶性定义，函数的零点，零点存在性定理，利用导数研究方程的根，用方程研究曲线的性质. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 等差数列的前n项和为，且公差不为0，若成等比数列，，则__________． 【答案】4 【解析】 【分析】由求出，由成等比数列，结合等差数列，等比数列的定义和性质求出公差，即可求出. 【详解】在等差数列中，设首项为，公差为， 由，则，可得， 由成等比数列，则，即， 解得，(舍） 因此可得， 故答案为：4. 13. 已知圆锥的顶点为S，母线，所成角的余弦值为，且该圆锥的母线是底面半径的倍，若的面积为，则该圆锥的体积为___________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据条件，求圆锥的底面半径和母线长，再根据公式求圆锥的体积. 【详解】设圆锥底面圆的圆心为，圆锥的高为，底面圆的半径为，母线长为，母线，的夹角为， 则，所以， 因为的面积为，所以， 解得，又，所以， 所以圆锥高， 所以圆锥的体积. 故答案为：. 14. 若曲线与曲线存在公共切线，则实数a的取值范围是___________． 【答案】或 【解析】 【分析】设公切线经过两个曲线各自的切点依次为、，由此列出方程组得出，，只需构建函数得出的范围即可进一步求解. 【详解】设，则，， 设曲线与曲线的公共切线经过曲线上面一点， 则公切线方程为， 设公切线经过曲线上面一点， 则，即， 解得（舍去，因为，所以）或， 所以，因为，所以， 令，则， 当时，，当时，，当时，， 所以在单调递增，在单调递增，在单调递减， 所以当时，取得最大值，当趋于1时，趋于0， 当趋于负无穷时，也趋于负无穷，当趋于正无穷时，趋于0， 所以的值域为， 而有解， 这意味着的取值范围为或. 故答案为：或. 【点睛】关键点点睛：关键在于通过分离参数得到方程，有解，从而即可顺利得解. 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. 在中，角的对边分别为，已知. （1）求； （2）若为边的中点，求的长. 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边化角，再结合两角和差公式求解； （2）根据余弦定理求出边，再根据向量运算求. 【小问1详解】 因为， 根据正弦定理，得， 化简得，因为，所以， 因为，所以. 【小问2详解】 在中，由余弦定理得， 所以，解得． 因为为的中线，所以， 所以， 因为，所以，解得. 16. 某市为了解乡村振兴，农业农村现代化进程，对全市村庄进行全方位的摸底调研．根据调研成绩评定“要加油”“良好”“优秀”三个等级．现随机抽取个村庄的成绩统计结果如表： 等级 要加油 良好 优秀 得分 频数 （1）若调研成绩在分及以上认定为“优良”，抽取的个村庄中西部村庄的分布情况如表．完成列联表，并判断是否有的把握认为优良村庄与东西部位置有关？ 村庄位置 是否优良 总计 优良 非优良 东部村庄 西部村庄 总计 （2）用分层抽样的方法，从评定为“要加油”“良好”“优秀”三个等级的村庄中随机抽取个进行细致调查，同时对相应等级进行量化：“优秀”记分，“良好”记分，“要加油”记 分．现再从抽取的个村庄中任选个村，所选村的量化分之和记为X，求X的分布列及数学期望． 附：，其中． 【答案】（1）列联表见解析，有的把握认为优良村庄与东西部位置有关；（2）分布列见解析，分. 【解析】 【分析】（1）根据优良和非优良的频数填写表格，然后根据公式计算出的值与比较大小并作判断； （2）先根据分层抽样求解出“要加油”“良好”“优秀”三个等级分别抽取的村庄个数，再根据条件列出的可取值并计算出对应概率，由此的分布列可知，最后根据数学期望的计算公式求解出数学期望的值. 【详解】（1）列联表如下表所示： 村庄位置 是否优良 总计 优良 非优良 东部村庄 西部村庄 总计 所以， 故有的把握认为优良村庄与东西部位置有关； （2）“要加油”等级的村庄抽取数：个， “良好”等级的村庄抽取数：个， “优秀”等级的村庄抽取数：个， 由题意可知：的可取值有， ， ， ， ， ， 所以的分布列为： 所以数学期望为分. 17. 如图，在三棱柱中，四边形是矩形，，,． （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题中条件利用线面垂直的判定定理和线面垂直的性质定理即可证得结论； （2）取的中点，连结，则可得两两垂直，故以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【小问1详解】 证明：在平行四边形中，因为， 所以四边形为菱形，故， 又因为，所以为等边三角形，故． 在中，，，，所以，故， 又在矩形中，， 又，平面，所以平面， 因为平面，因此． 又因为，平面， 所以平面； 【小问2详解】 取的中点，连结，因为为等边三角形， 所以， 因为，所以， 由（1）知平面，平面， 所以，， 故两两垂直， 故以为基底建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 则，，，， 设平面的法向量为，则 ，令，故取； 设平面的法向量为，则 ，令，故取． 设平面与平面的夹角为， 则 所以，，即平面与平面的夹角的正弦值为． 18. 已知抛物线的焦点在轴的正半轴上，顶点是坐标原点是圆与的一个交点，是上的动点，且在轴两侧，直线与圆相切，线段线段分别与圆相交于点. （1）求的方程； （2）的面积是否存在最大值？若存在，求使的面积取得最大值的直线的方程；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）存在，. 【解析】 【分析】（1）由抛物线焦半径公式和圆的方程，列出方程组，求出，得到答案； （2）设出直线的方程，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，根据直线与圆相切得到方程，求出，结合在轴两侧，得到不等式，求出，，得到，从而得到，求出的值，进而得到直线方程. 【小问1详解】 由已知，设抛物线的方程为， 由抛物线定义得，抛物线准线方程为，， 故， 又是抛物线与圆的一个交点， ， ， ，解方程得. 的方程为. 【小问2详解】 由（1）知抛物线的方程为，根据已知设直线的方程为， 即.由是上的动点，设， 则，. 直线与圆相切， ，化简得. 由得. ，且. 又在轴两侧， . 故，解得， 成立， ， . ，解得或. 再由得. 当时，，解方程得. 的面积存在最大值，且使的面积取得最大值的直线的方程为， 即. 【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法： （1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决； （2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围． 19. 固定项链的两端，在重力的作用下项链所形成的曲线是悬链线年，莱布尼茨等得出悬链线的方程为，其中为参数．当时，该表达式就是双曲余弦函数，记为，悬链线的原理常运用于悬索桥、架空电缆、双曲拱桥、拱坝等工程．已知三角函数满足性质：①导数：；②二倍角公式：；③平方关系：．定义双曲正弦函数为． （1）写出，具有的类似于题中①、②、③的一个性质，并证明该性质； （2）任意，恒有成立，求实数的取值范围； （3）正项数列满足，，是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） ①导数：，，证明如下： ， ②二倍角公式：，证明如下： ； ③平方关系：，证明如下： ； （2）， （3）存在实数，使得成立． 【解析】 【分析】（1）①求导数，②用二倍角公式，③利用平方关系；证明即可； （2）构造函数，求导数，利用导数讨论函数的单调性，求的取值范围即可； （3）方法一、求出，，，猜想，用数学归纳法证明即可．方法二、构造数列，根据，利用递推公式求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 令，，， ①当时，由， 又因为，所以，等号不成立， 所以，即为增函数， 此时，对任意，恒成立，满足题意； ②当时，令，，则，可知是增函数， 由与可知，存在唯一，使得， 所以当时，，则在上为减函数， 所以对任意，，不合题意； 综上知，实数的取值范围是； 【小问3详解】 方法一、由，函数的值域为， 对于任意大于1的实数，存在不为0的实数，使得， 类比双曲余弦函数的二倍角公式， 由，，， 猜想：， 由数学归纳法证明如下：①当时，成立； ②假设当为正整数）时，猜想成立，即，则 ，符合上式， 综上知，； 若， 设，则，解得：或， 即，所以，即． 综上知，存在实数，使得成立． 方法二、构造数列，且， 因为，所以， 则， 因为在上单调递增，所以，即是以2为公比的等比数列， 所以，所以，所以， 又因为，解得或， 所以， 综上知，存在实数，使得成立． 【点睛】方法点睛：对于新定义的题目，一定要耐心理解定义，新的定义不但考查的是旧的知识点的延伸，更考查对于新知识的获取理解能力，抓住关键点，解题不是事. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $