精品解析：江苏省南京市第一中学2025届高三暑期阶段性测试数学试卷

南京一中2025届高三暑期阶段性测试 数学 注意事项 考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求 1. 本试卷共 6 页，满分为 150 分，考试时间为 120 分钟.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回. 2. 答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用 0.5 毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置. 3. 请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符. 4. 作答选择题，必须用 2B 铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如 需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.作答非选择题，必须用 0.5 毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效. 5.如需作图，必须用 2B 铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗. 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. 若集合且，则称构成的一个二次划分.任意给定一个正整数，可以给出整数集的一个次划分，其中表示除以余数为的所有整数构成的集合.这样我们得到集合，称作模的剩余类集.模的剩余类集可定义加减乘三种运算，如，（其中为除以的余数）.根据实数中除法运算可以根据倒数的概念转化为乘法，因此要定义除法运算只需通过定义倒数就可以了，但不是所有中都可以定义除法运算.如果该集合还能定义除法运算，则称它能构成素域.那么下面说法错误的是（ ） A. 能构成素域当且仅当是素数 B. C. 是最小的素域（元素个数最少） D. 【答案】D 【解析】 【分析】先证明出A选项正确，从而说明C选项正确，BD选项根据定义求解即可. 【详解】能构成素域当且仅当是素数，理由如下： 当为素数时，除0外，均与互素，此数记作， 对于，考虑， 若，则为的倍数， 而为素数，故，故为的倍数，即， 故存在，使得即可定义除法. 当能构成素域，若是不素数，则， 故对于，存在，使得，故为的倍数， 故存在整数，使得，故， 但，且为非零的整数，故不成立，故是素数. 综上：能构成素域当且仅当是素数，A正确； 因为，所以，B正确； 根据A选项，由于2为最小的素数，有2个元素，元素个数最少，所以是最小的素域（元素个数最少），C正确； 因为，所以，D错误； 故选：D. 【点睛】集合新定义，需要先读懂题干信息，正确理解，再此基础上举一反三，进行求解，本题中A选项的证明是解题的关键. 2. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，求出，再利用齐次式法求值及充分条件、必要条件的定义判断得解. 【详解】由，得， 由，得，解得或， 所以“”是“”的充分不必要条件，A正确. 故选：A 3. 已知复数z满足，则中不同的数有（ ） A. 4个 B. 6个 C. 2019个 D. 以上答案都不正确 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的三角形式可求，从而可判断出不同的数的个数. 【详解】根据题意，有， 于是中有6个不同的数． 故选：B. 4. 若单位向量满足，向量满足，则（ ）. A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设出，由得到C在以为直径的圆上，表达出，设，利用辅助角公式得到的最值. 【详解】令， 不妨，所以中点坐标为， 因为，所以C在以为直径的圆上，即， 所以， 令， 则 ， 因为，所以， 所以. 故选：C. 【点睛】平面向量解决几何最值问题，通常有两种思路： ①形化，即用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或取值范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行求解； ②数化，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解. 5. 17到19世纪间，数学家们研究了用连分式求解代数方程的根，并得到连分式的一个重要功能：用其逼近实数求近似值．例如，把方程改写成①，将再代入等式右边得到，继续利用①式将再代入等式右边得到……反复进行，取时，由此得到数列，，，，，记作，则当足够大时，逼近实数．数列的前2024项中，满足的的个数为（参考数据：） A. 1007 B. 1009 C. 2014 D. 2018 【答案】D 【解析】 【分析】作差讨论的符号与的关系，结合可得，，然后讨论奇数项和偶数项的单调性，再验证前8项哪些满足题意，结合单调性即可解答. 【详解】由题，，且前8项为1，2，，，，，，， ， 所以当时，； 当时，． 又，所以，. 因为， 其中， 所以， 所以，， 所以， ， 又因为， 所以不满足的分别为，，，，，，. 故选：D． 【点睛】本题难点在于作差讨论的符号与的关系，从而得到，，这对学生的思维能力有很高的要求，不易想到，但结合本题目标分析，似乎又是理所当然. 6. 如图，已知正三棱台的上、下底面边长分别为4和6，侧棱长为2，点P在侧面内运动（包含边界），且AP与平面所成角的正切值为，则所有满足条件的动点P形成的轨迹长度为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先将正三棱台侧棱延长补成正三棱锥，求出点到平面的距离即可确定点的运动轨迹，进而可得出答案. 【详解】依题意，延长正三棱台侧棱相交于点，取中点， 中点，连接，则有， 所以的延长线必过点且， 过点作，则四边形是边长为2的菱形， 如图所示： 在中，，即， 解得，所以， 所以为边长为6等边三角形， 所以，， 所以， 因为是边长为3的等边三角形且为中点， 所以，， 在中，由余弦定理变形得，， 在中，由余弦定理变形得， ， 解得，所以，所以， 由平面， 可得平面， 又平面，所以， 由，，，平面， 可得平面， 因为AP与平面所成角的正切值为， 所以，解得，， 所以点在平面的轨迹为以为原点的圆被四边形所截的弧， 设的长度为，则， 所以所有满足条件的动点P形成的轨迹长度为. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：将正三棱台侧棱延长补成正三棱锥，求出点到平面的距离即可确定点的运动轨迹，是解决本题的关键. 7. 为备战乒乓球赛，某体校甲､乙两名主力进行训练，规则如下：两人每轮分别与老师打2局，当两人获胜局数不少于3局时，则认为此轮训练过关；否则不过关.若甲､乙两人每局获胜的概率分别为，，且满足，每局之间相互独立.记甲、乙在轮训练中训练过关的轮数为，若，则从期望的角度来看，甲､乙两人训练的轮数至少为（ ） A. 28 B. 24 C. 32 D. 27 【答案】D 【解析】 【分析】由题可得甲乙两人通过训练的概率表达式，结合基本不等式及二次函数知识可得两人通过训练概率的最大值，再结合甲、乙在轮训练中训练过关的轮数为满足二项分布，及二项分布期望表达式可得答案. 【详解】由题可得，甲乙两人通过训练的概率为：， 因，由基本不等式，， 当且仅当时，取等号.则 . 又注意到甲、乙在轮训练中训练过关的轮数为满足二项分布，则期望为： ，结合，可得.故D正确. 故选：D 8. 已知函数，将的所有极值点按照由小到大的顺序排列，得到数列，对于，则下列说法中正确的是（ ） A. B. C. 数列是递增数列 D. 【答案】D 【解析】 【分析】的极值点为的变号零点，即为函数与函数图像在交点的横坐标.将两函数图像画在同一坐标系下.A选项，利用零点存在性定理及图像可判断选项；BC选项，由图像可判断选项；D选项，注意到，由图像可得单调性，后可判断选项. 【详解】解：的极值点为在上的变号零点. 即为函数与函数图像在交点的横坐标. 又注意到时，，时，， ，时，. 据此可将两函数图像画在同一坐标系中，如下图所示. A选项，注意到时，，，. 结合图像可知当，. 当，.故A错误； B选项，由图像可知，则，故B错误； C选项，表示两点与间距离，由图像可知， 随着n的增大，两点间距离越来越近，即为递减数列，故C错误； D选项，由A选项分析可知，， 又结合图像可知，当时，，即此时， 得在上单调递增， 则，故D正确. 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题涉及函数的极值点，因函数本身通过求导难以求得单调性，故将两相关函数画在同一坐标系下，利用图像解决问题. 二、选择题：本题共3小题，每小题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. 9. 如图所示，在五面体中，四边形是矩形，且四点共面，和均是等边三角形，且，，则（ ） A. 平面 B. 二面角随着的减小而减小 C. 当时，五面体的体积最大值为 D. 当时，存在使得半径为的球能内含于五面体 【答案】ACD 【解析】 【分析】A由线面平行的判定证明；B设二面角的大小为，点到面的距离为，则，分析取最小值的对应情况即可判断；C把五面体补成直三棱柱，取的中点，设，则，结合并应用导数研究最值；D先分析特殊情况：和所在平面均垂直于面时构成正三棱柱，再借助左视图、正视图研究内切圆半径分析一般情况判断. 【详解】A：由题设，面，面，则面， 由面面，面，则， 面，面，则平面，对； B：设二面角的大小为，点到面的距离为，则， 点到面的距离，仅在面面时取得最大值， 当时取最小值，即取最小值，即二面角取最小值， 所以，二面角先变小后变大，错； C：当，如图，把五面体补成直三棱柱， 分别取的中点，易得面，， 设，则， ， 令，则， 令，可得或（舍），即， ，，递增，，，递减， 显然是的极大值点，故. 所以五面体的体积最大值为，C对； D：当时，和所在平面均垂直于面时构成正三棱柱， 此时正三棱柱内最大的求半径，故半径为的球不能内含于五面体， 对于一般情形，如下图示，左图为左视图，右图为正视图， 由C分析结果，当五面体体积最大时，其可内含的球的半径较大， 易知，当时，， 设的内切圆半径为，则，可得， 另外，设等腰梯形中圆的半径为，则， 所以，存在使半径为的球都能内含于五面体，对. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：对于C通过补全几何体为棱柱，设得到五面体的体积关于的函数；对于D从特殊到一般，结合几何体视图研究内切圆判断最大半径是否大于为关键. 10. 已知椭圆，双曲线（，），椭圆与双曲线有共同的焦点，离心率分别为，，椭圆与双曲线在第一象限的交点为且，则（ ） A. 若，则 B. 的最小值为 C. 的内心为，到轴的距离为 D. 的内心为，过右焦点做直线的垂线，垂足为，点的轨迹为圆 【答案】AC 【解析】 【分析】由椭圆、双曲线定义及余弦定理得到，即可判断A；再由离心率公式及基本不等式“1”的代换求最小值判断B；根据圆切线的性质及双曲线定义求双曲线与轴切点横坐标判断C；延长交于，若为中点，连接，根据已知易得为平行四边形，令有，结合已知条件判断D. 【详解】若椭圆、双曲线半焦距为，则，且分别为左右焦点， 中，令，则， ， 所以，则， 上式消去，得，而， 若，即，则，A对； 由上知，故， 当且仅当，即时取等号，B错； 若为内切圆与各边切点，如下图，则， 又， 所以，即切点为双曲线右顶点，有轴， 所以到轴的距离为，C对； 延长交于，若为中点，连接， 由题意且平分，故为等腰三角形且， 所以，在中为中位线，则， 且，故为平行四边形，令，则， 所以，又在第一象限且不定，故点的轨迹不为圆，D错. 故选：AC 【点睛】关键点点睛：利用椭圆、双曲线定义、余弦定理得到判断A、B的关键，由圆切线性质和双曲线定义判断C的关键，找到点与某定点的距离并写出方程为关键. 11. 已知函数定义域为，满足，当时，.若函数的图象与函数的图象的交点为，（其中表示不超过的最大整数），则（ ） A. 是偶函数 B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】举例说明判断A；分析函数与的性质，作出部分函数图象，结合图象与性质推理、计算判断BCD作答. 【详解】函数，显然，而，即，因此不是偶函数，A错误； 函数定义域为，满足，当时，， 当时，，， 当时，，， 当时，，， 当时，，， 因此当时，函数在上递减， 在上递增，当时，取得最大值， 当时，，， 当时，，， 当时，，， 因此当时，函数， 在同一坐标平面内作出函数的部分图象，如图， 当时，函数的图象有唯一公共点， 因为，因此，，而满足的整数有个，即，B正确； 显然， 所以，C正确； ，数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，D错误. 【点睛】关键点睛：求两个分段函数的公共点的坐标，确定要求值的自变量属于哪一段区间，再代入该段的解析式求值是关键. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 是双曲线，则的范围为_______． 【答案】 【解析】 【分析】考虑双曲线方程的特点，可求的取值范围. 【详解】由可得 由或， 由 所以的取值范围是：. 13. 若数列满足对任意，数列的前项至少有项大于，且，则称数列具有性质．若存在具有性质的数列，使得其前n项和恒成立，则整数的最小值是_____________． 【答案】2 【解析】 【分析】先根据特例得到，再通过特例检验等号成立，故可求整数的最小值. 【详解】因为为的数列，故的前项至少有项大于，即， 所以，故即. 构造如下数列：， 对于任意，,,, 其中， 则数列的前项比大的有，共个， 满足题设条件. 下证：满足恒成立. 证明：对任意，存在，使得， 当时， 若，则 ， 若，则 ， 当， . 所以恒成立. 综上，的最小值为. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：离散型变量的最值问题，可以先根据题设条件得到变量的一般范围，再通过特例检验等号成立即可. 14. 黎曼猜想由数学家波恩哈德∙黎曼于1859年提出，是至今仍未解决的世界难题.黎曼猜想研究的是无穷级数，我们经常从无穷级数的部分和入手.请你回答以下问题 （1）__________；（其中表示不超过的最大整数，.） （2）已知正项数列的前项和为，且满足，则__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】（1）进行放缩计算可得答案； （2）利用进行放缩计算可得答案； 【详解】 ， ， 所以，所以； 当时，，解得，因为，所以， 当时，，所以，即， 所以是以为首项，为公差的等差数列， 所以，因为，所以，所以， 当时，，即， 所以， 令， 则， 因为，，， 所以， ， 因为，，， 所以， 所以，即. 故答案为：①；②. 【点睛】关键点点睛：本题关键点是利用和利用进行放缩计算，考查了学生的推理能力、运算能力. 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. 已知函数 （1）讨论 的单调性. （2）证明:当时, （3）证明: 【答案】（1） 当时，函数在R上单调递减， 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2） 令，， ，令，， 则，所以在上单调递增， 当时，，又， 有，，即单调递减， ，，即单调递增， 所以，而此时， 所以当时，成立； 当时，可得，， 所以 又， 所以存在，使得，即， ，，，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， ，由可得， ， 下面证明，， 令， ， 所以在上单调递增， ， 即得证，即成立， 综上，当时，成立. （3） 由（2），当时，有，即， 令，，得， ， ， 即. 【解析】 【分析】（1）求导，按照的正负，讨论正负得解； （2）令，分和两种情况讨论，利用导数判断单调性，求出最小值证明； （3）由（2），当时，有，令，，代入运算得证. 【小问1详解】 ，， 当时，易知，所以函数在R上单调递减， 当时，令，解得， 令，解得，即在上单调递增， 令，得，即在上单调递减， 综上，当时，函数在R上单调递减， 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】思路点睛：第一问，求出导数，对正负分类讨论，研究导数正负从而得函数的单调性；第二问，令，利用导数研究的单调性，最值，注意分和讨论，对时的情况，结合隐零点和基本不等式求出，问题转化为证明，，构造函数证明；第三问，利用（2）的结论，当时，，令，，得证. 16. 有个元素，将其中相同的元素归成一类，共有k类，这k类元素中每类分别中个，，将这个元素全部取出的排列叫做个不尽相异元素的全排列． （1）求上述个不尽相异的元素的全排列数． （2）由结论（1），回答“1个球队与10个球队各比赛1次，共有10场比赛，问五胜三负二平的可能情形有多少种？” 【答案】（1） （2）2520 【解析】 【分析】（1）根据题意利用排列数的定义以及其运算方法，可得答案； （2）根据题意，利用（1）的公式，可得答案. 【小问1详解】 假定个不尽相异元素的所有排列数有种，在每种排列中，如果把相同的元素， 当成不相同的元素，则个元素的所有排列数可增加为种； 另一方面，个不同的元素的全排列有种， ∴即． 即得个不尽相异元素的全排列数． 【小问2详解】 将比赛结果的胜、负、平看作三种元素，按题意，10场比赛的结果是五胜三负二平， 即是一个不尽相异元素的全排列，由（1）知，共有种可能情况． 17. 如图1，在梯形中，，是线段上的一点，，，将沿翻折到的位置. （1）如图2，若二面角为直二面角，，分别是，的中点，若直线与平面所成角为，，求平面与平面所成锐二面角的余弦值的取值范围； （2）我们把和两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线，点为线段的中点，，分别在线段，上（不包含端点），且为，的公垂线，如图3所示，记四面体的内切球半径为，证明：. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，设，根据求出的范围，将平面与平面所成锐二面角的余弦值表示为的函数，再求范围. （2）是四面体的表面积，可证， ，从而证得结论. 【小问1详解】 由题意知， 而，是的中点，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 在平面内作的垂直作为轴，所以轴， 如图以E为坐标原点，分别以分别为轴正半轴建立空间直角坐标系： 因为，设， 所以，，，，， 则 ，， 所以，， ，，. 设平面的法向量， 由得，取， ，解得. 设平面的法向量， 由得，取， 设平面与平面所成锐二面角为，则 ， 所以平面与平面所成锐二面角余弦值的取值范围是. 【小问2详解】 是四面体的表面积，，令与面所成角为， ， ， 因为是公垂线，上的点和上的点的最短距离是， （取不到等号，） ， ， . 【点睛】关键点点睛：的证明关键是利用公垂线的性质由得到，从而根据建立不等式证明结论. 18. 已知动点与定点的距离和到定直线的距离的比为常数．其中，且，记点的轨迹为曲线． （1）求的方程，并说明轨迹的形状； （2）设点，若曲线上两动点均在轴上方，，且与相交于点． ①当时，求证：的值及的周长均为定值； ②当时，记的面积为，其内切圆半径为，试探究是否存在常数，使得恒成立？若存在，求（用表示）；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）的方程为， 当时，曲线是焦点在轴上的椭圆； 当时，曲线是焦点在轴上的双曲线． （2）①设点，其中且， 由（1）可知的方程为， 因为，所以， 因此，三点共线，且， （法一）设直线的方程为，联立的方程，得， 则， 由（1）可知， 所以 ， 所以为定值1； （法二）设，则有，解得， 同理由，解得， 所以， 所以为定值1； 由椭圆定义，得， ， 解得，同理可得， 所以 ． 因为，所以的周长为定值． ；②存在； 【解析】 【分析】（1）设，由题意可得，结合椭圆、双曲线的标准方程即可求解； （2）设点，其中且. （ⅰ）由可知三点共且，设：，联立的方程，利用韦达定理表示，进而表示出，结合（1）化简计算即可；由椭圆的定义，由得，，进而表示出，化简计算即可；（ii）由（ⅰ）可知三点共线，且，设：，联立的方程，利用韦达定理表示，计算化简可得，结合由内切圆性质计算即可求解. 【小问1详解】 设点，由题意可知， 即， 经化简，得的方程为， 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）当时，曲线的方程为，轨迹为双曲线， 根据（ⅰ）的证明，同理可得三点共线，且， （法一）设直线的方程为，联立的方程， 得， ，（*） 因为， 所以 ， 将（*）代入上式，化简得， （法二）设，依条件有，解得， 同理由，解得， 所以． 由双曲线的定义，得， 根据，解得， 同理根据，解得， 所以 ， 由内切圆性质可知，， 当时，（常数）． 因此，存在常数使得恒成立，且． 【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种： (1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关． (2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 19. 对称变换在对称数学中具有重要的研究意义．若一个平面图形K在m（旋转变换或反射变换）的作用下仍然与原图形重合，就称K具有对称性，并记m为K的一个对称变换．例如，正三角形R在（绕中心O作120°的旋转）的作用下仍然与R重合（如图1图2所示），所以是R的一个对称变换，考虑到变换前后R的三个顶点间的对应关系，记；又如，R在（关于对称轴所在直线的反射）的作用下仍然与R重合（如图1图3所示），所以也是R的一个对称变换，类似地，记．记正三角形R的所有对称变换构成集合S．一个非空集合G对于给定的代数运算.来说作成一个群，假如同时满足： I．，； II．，； Ⅲ．，，； Ⅳ．，，． 对于一个群G，称Ⅲ中的e为群G的单位元，称Ⅳ中的为a在群G中的逆元．一个群G的一个非空子集H叫做G的一个子群，假如H对于G的代数运算来说作成一个群． （1）直接写出集合S（用符号语言表示S中的元素）； （2）同一个对称变换的符号语言表达形式不唯一，如．对于集合S中的元素，定义一种新运算*，规则如下：，． ①证明集合S对于给定的代数运算*来说作成一个群； ②已知H是群G的一个子群，e，分别是G，H的单位元，，，分别是a在群G，群H中的逆元．猜想e，之间的关系以及，之间的关系，并给出证明； ③写出群S的所有子群． 【答案】（1） （2） ①Ⅰ.，，； Ⅱ.，，， ， 所以； Ⅲ. ， 而，所以； Ⅳ.， ； 综上可知，集合对于给定的新运算*来说能作成一个群. ②，，证明如下： 先证明：由于是的子群，取，则，， 根据群的定义，有，，所以， 所以，即， 即，所以. 再证明：由于，，， 所以，所以， 所以，所以. ③的所有子群如下： ， ，， ， 【解析】 【分析】（1）根据给定信息，按旋转变换、对称变换分别求出对应变换，再写出集合. （2）①根据群的定义条件，逐一验证即得；②按照群定义Ⅲ、Ⅳ分别推理计算即得；③写出的所有子群即可. 【小问1详解】 依题意，正三角形的对称变换如下：绕中心作的旋转变换； 绕中心作的旋转变换； 绕中心作的旋转变换； 关于对称轴所在直线的反射变换； 关于对称轴所在直线的反射变换； 关于对称轴所在直线的反射变换， 综上，.（形式不唯一） 【小问2详解】 略 【点睛】思路点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南京一中2025届高三暑期阶段性测试 数学 注意事项 考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求 1. 本试卷共 6 页，满分为 150 分，考试时间为 120 分钟.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回. 2. 答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用 0.5 毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置. 3. 请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符. 4. 作答选择题，必须用 2B 铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如 需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.作答非选择题，必须用 0.5 毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效. 5.如需作图，必须用 2B 铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗. 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. 若集合且，则称构成的一个二次划分.任意给定一个正整数，可以给出整数集的一个次划分，其中表示除以余数为的所有整数构成的集合.这样我们得到集合，称作模的剩余类集.模的剩余类集可定义加减乘三种运算，如，（其中为除以的余数）.根据实数中除法运算可以根据倒数的概念转化为乘法，因此要定义除法运算只需通过定义倒数就可以了，但不是所有中都可以定义除法运算.如果该集合还能定义除法运算，则称它能构成素域.那么下面说法错误的是（ ） A. 能构成素域当且仅当是素数 B. C. 是最小的素域（元素个数最少） D. 2. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 已知复数z满足，则中不同的数有（ ） A. 4个 B. 6个 C. 2019个 D. 以上答案都不正确 4. 若单位向量满足，向量满足，则（ ）. A. B. C. D. 5. 17到19世纪间，数学家们研究了用连分式求解代数方程的根，并得到连分式的一个重要功能：用其逼近实数求近似值．例如，把方程改写成①，将再代入等式右边得到，继续利用①式将再代入等式右边得到……反复进行，取时，由此得到数列，，，，，记作，则当足够大时，逼近实数．数列的前2024项中，满足的的个数为（参考数据：） A. 1007 B. 1009 C. 2014 D. 2018 6. 如图，已知正三棱台的上、下底面边长分别为4和6，侧棱长为2，点P在侧面内运动（包含边界），且AP与平面所成角的正切值为，则所有满足条件的动点P形成的轨迹长度为（ ） A. B. C. D. 7. 为备战乒乓球赛，某体校甲､乙两名主力进行训练，规则如下：两人每轮分别与老师打2局，当两人获胜局数不少于3局时，则认为此轮训练过关；否则不过关.若甲､乙两人每局获胜的概率分别为，，且满足，每局之间相互独立.记甲、乙在轮训练中训练过关的轮数为，若，则从期望的角度来看，甲､乙两人训练的轮数至少为（ ） A. 28 B. 24 C. 32 D. 27 8. 已知函数，将的所有极值点按照由小到大的顺序排列，得到数列，对于，则下列说法中正确的是（ ） A. B. C. 数列是递增数列 D. 二、选择题：本题共3小题，每小题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. 9. 如图所示，在五面体中，四边形是矩形，且四点共面，和均是等边三角形，且，，则（ ） A. 平面 B. 二面角随着的减小而减小 C. 当时，五面体的体积最大值为 D. 当时，存在使得半径为的球能内含于五面体 10. 已知椭圆，双曲线（，），椭圆与双曲线有共同的焦点，离心率分别为，，椭圆与双曲线在第一象限的交点为且，则（ ） A. 若，则 B. 的最小值为 C. 的内心为，到轴的距离为 D. 的内心为，过右焦点做直线的垂线，垂足为，点的轨迹为圆 11. 已知函数定义域为，满足，当时，.若函数的图象与函数的图象的交点为，（其中表示不超过的最大整数），则（ ） A. 是偶函数 B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 是双曲线，则的范围为_______． 13. 若数列满足对任意，数列的前项至少有项大于，且，则称数列具有性质．若存在具有性质的数列，使得其前n项和恒成立，则整数的最小值是_____________． 14. 黎曼猜想由数学家波恩哈德∙黎曼于1859年提出，是至今仍未解决的世界难题.黎曼猜想研究的是无穷级数，我们经常从无穷级数的部分和入手.请你回答以下问题 （1）__________；（其中表示不超过的最大整数，.） （2）已知正项数列的前项和为，且满足，则__________. 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. 已知函数 （1）讨论 的单调性. （2）证明:当时, （3）证明: 16. 有个元素，将其中相同的元素归成一类，共有k类，这k类元素中每类分别中个，，将这个元素全部取出的排列叫做个不尽相异元素的全排列． （1）求上述个不尽相异的元素的全排列数． （2）由结论（1），回答“1个球队与10个球队各比赛1次，共有10场比赛，问五胜三负二平的可能情形有多少种？” 17. 如图1，在梯形中，，是线段上的一点，，，将沿翻折到的位置. （1）如图2，若二面角为直二面角，，分别是，的中点，若直线与平面所成角为，，求平面与平面所成锐二面角的余弦值的取值范围； （2）我们把和两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线，点为线段的中点，，分别在线段，上（不包含端点），且为，的公垂线，如图3所示，记四面体的内切球半径为，证明：. 18. 已知动点与定点的距离和到定直线的距离的比为常数．其中，且，记点的轨迹为曲线． （1）求的方程，并说明轨迹的形状； （2）设点，若曲线上两动点均在轴上方，，且与相交于点． ①当时，求证：的值及的周长均为定值； ②当时，记的面积为，其内切圆半径为，试探究是否存在常数，使得恒成立？若存在，求（用表示）；若不存在，请说明理由． 19. 对称变换在对称数学中具有重要的研究意义．若一个平面图形K在m（旋转变换或反射变换）的作用下仍然与原图形重合，就称K具有对称性，并记m为K的一个对称变换．例如，正三角形R在（绕中心O作120°的旋转）的作用下仍然与R重合（如图1图2所示），所以是R的一个对称变换，考虑到变换前后R的三个顶点间的对应关系，记；又如，R在（关于对称轴所在直线的反射）的作用下仍然与R重合（如图1图3所示），所以也是R的一个对称变换，类似地，记．记正三角形R的所有对称变换构成集合S．一个非空集合G对于给定的代数运算.来说作成一个群，假如同时满足： I．，； II．，； Ⅲ．，，； Ⅳ．，，． 对于一个群G，称Ⅲ中的e为群G的单位元，称Ⅳ中的为a在群G中的逆元．一个群G的一个非空子集H叫做G的一个子群，假如H对于G的代数运算来说作成一个群． （1）直接写出集合S（用符号语言表示S中的元素）； （2）同一个对称变换的符号语言表达形式不唯一，如．对于集合S中的元素，定义一种新运算*，规则如下：，． ①证明集合S对于给定的代数运算*来说作成一个群； ②已知H是群G的一个子群，e，分别是G，H的单位元，，，分别是a在群G，群H中的逆元．猜想e，之间的关系以及，之间的关系，并给出证明； ③写出群S的所有子群． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $