精品解析：江苏省南通市名校联盟2025届高三上学期模拟演练性联考数学试卷

2024~2025学年高三年级模拟考试 数 学 注意事项： 1 .答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2 .回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时， 将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3 .考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 复数z满足，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 4 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 3. 设为实数，满足，则的最大值为（ ） A. 27 B. 24 C. 12 D. 32 4. 锐角三角形ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c.若的值为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 5. 在平面直角坐标系xOy中，如图，已知椭圆的左、右顶点为A、B，右焦点为F.设过点的直线TA、TB与此椭圆分别交于点M（x1，y1）、N（x2，y2），其中.则直线MN必过一定点的坐标为（ ） A. B. C. D. 6. 在平面直角坐标系中，已知是函数的图象上的动点，该图象在点处的切线交轴于点，过点作的垂线交轴于点.设线段的中点的纵坐标为，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 7. 由m×n个数排成一个m行n列的数表A=称为一个m×n矩阵，也可简记为A=.定义矩阵的乘法如下：设A=，B=，则称C=为矩阵A与B的乘积，记为C=AB.其中.现有矩阵A=，B=，则AB=（ ） A. B. C. D. 8. 定义：已知数列的首项，前项和为.设与是常数，若对一切正整数，均有成立，则称此数列为“”数列.若数列是“”数列，则数列的通项公式（ ） A. B. C. 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. 已知函数的定义域为，且，若，则（ ） A. B. C. 函数是偶函数 D. 函数是减函数 10. 在棱长为1的正方体中，点在棱上运动，点在正方体表面上运动，则（ ） A. 存在点，使 B. 当时，经过点的平面将正方体分成体积比为的大小两部分 C. 当时，点的轨迹长度为4 D. 当时，点的轨迹长度为 11. 记分别为函数的导函数.若存在，满足且，则称为函数与的一个“S点”.则下列说法正确的是（ ） A. 函数与不存在“S点” B. 若函数与存在“S点”，则 C. 对于函数与.对于任意的，均不存在，使得函数与在区间内存在“S点” D. 对于函数与.对于任意的，存在，使得函数与在区间内存在“S点” 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 以表示数集中最大的数．设，已知或，则的最小值为________． 13. 定义首项为1且公比为正数的等比数列为“数列”.已知数列（）的前项和为，且满足，.设为正整数.若存在“数列”（），对任意正整数，当时，都有成立，则的最大值为______. 14. 设数列，…，即当时，记为数列前项和.对于，定义集合是的整数倍，，且.则集合中元素的个数为______；集合中元素的个数为______. 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. 如图，在直三棱柱中，D，E，F分别为AB，BC，的中点． （1）证明：平面； （2）若，，，求点E到平面的距离． 16. 已知O为坐标原点，抛物线的方程为，F是抛物线的焦点，椭圆的方程为，过F的直线l与抛物线交于M，N两点，反向延长，分别与椭圆交于P，Q两点． （1）求的值； （2）若恒成立，求椭圆的方程； （3）在（2）的条件下，若的最小值为1，求抛物线的方程（其中，分别是和的面积）． 17. 已知函数，其中为正实数． （1）若，讨论在的单调性． （2）若，且方程在至少有一个根，求实数m的取值范围． 18. “三角换元”是代数中重要且常见的运算技巧，有些代数式看似复杂，用三角代替后，实则会呈现出非常直观的几何意义，甚至可以与复杂的二次曲线产生直观联系. （1）利用恒等式和，求函数和的最小值. （2）在中，角对应的边为. （i）求证：. （ii）已知实数满足求二元函数的最大值. 19. 解二元一次方程组是数学学习的必备技能.设有满足条件的二元一次方程组. （1）用消元法解此方程组，直接写出该方程组的两个解； （2）通过求解，不难发现两个解的分母是由方程组中的系数所唯一确定的一个数，按照它们在方程组中的位置，把它们排成一个数表，由此可以看出是这个数表中左上到右下对角线上两个数的乘积减去右上到左下对角线上两个数的乘积的差，称为该数表的二阶行列式，记为.当≠0时，二元一次方程组有唯一一组解.同样的，行列式称为三阶行列式，且=. （i）用二阶行列式表示方程组的两个解； （ii）对于三元一次方程组，类比二阶行列式，用三阶行列式推导使得该三元一次方程组有唯一一组解的条件（结论不得使用行列式表达），并用三阶行列式表示该方程组的解. （3）若存在，使得，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024~2025学年高三年级模拟考试 数 学 注意事项： 1 .答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2 .回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时， 将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3 .考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 复数z满足，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数运算求得，进而求得. 【详解】由得， 两边乘以得， 所以. 故选：C 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先将弦化切求得，再根据两角和的正切公式即可求解. 【详解】因为， 所以，， 所以， 故选：B. 3. 设为实数，满足，则的最大值为（ ） A. 27 B. 24 C. 12 D. 32 【答案】A 【解析】 【分析】根据不等式的基本性质计算即可求解. 【详解】由，得， 又，所以， 所以，即， 所以的最大值为27. 故选：A 4. 锐角三角形ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c.若的值为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】首先通过余弦定理对已知条件化简整理，得出之间的关系，然后再对化简整理，并结合正弦定理和之间的关系即可求解. 【详解】由余弦定理可知，， 从而可得， 即且， 又因为， 由正弦定理可知. 故选：B 5. 在平面直角坐标系xOy中，如图，已知椭圆的左、右顶点为A、B，右焦点为F.设过点的直线TA、TB与此椭圆分别交于点M（x1，y1）、N（x2，y2），其中.则直线MN必过一定点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】通过联立方程组求得两点的坐标，进而确定定点的坐标. 【详解】依题意得， 直线的方程为， 由消去并化简得， ， 则， 所以. 直线的方程为， 由消去并化简得， ， 所以， 所以. 若，即， 即，即， ，则，所以， 此时直线过点. 若，依题意， 所以直线的方程为， ， ， 所以直线过点， 综上所述，直线过定点. 故选：A 6. 在平面直角坐标系中，已知是函数的图象上的动点，该图象在点处的切线交轴于点，过点作的垂线交轴于点.设线段的中点的纵坐标为，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设切点，求得切线的方程进而可得，求得与切线垂直的直线方程可求得，可得中点的纵坐标为，利用导数可求得的最大值. 【详解】设切点， 因为，所以， 故切线的斜率，切线的方程为， 令得， 过点与切线垂直的直线方程为， 令得， 则中点的纵坐标为， 所以， 故当时，，函数单调递增； 故当时，，函数单调递减， 故当时，函数. 故选：C． 7. 由m×n个数排成一个m行n列的数表A=称为一个m×n矩阵，也可简记为A=.定义矩阵的乘法如下：设A=，B=，则称C=为矩阵A与B的乘积，记为C=AB.其中.现有矩阵A=，B=，则AB=（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用矩阵A与B的乘积的定义计算可得结果. 【详解】因为， 所以， ， ， ， ， ， 所以. 故选：D. 8. 定义：已知数列的首项，前项和为.设与是常数，若对一切正整数，均有成立，则称此数列为“”数列.若数列是“”数列，则数列的通项公式（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题可知，根据定义得，根据平方差公式化简得，求得，最后根据，即可求出数列的通项公式. 【详解】因为数列是“”数列，则， 所以，而， ， ， ， ， ，， ， . 故选：B 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. 已知函数的定义域为，且，若，则（ ） A. B. C. 函数是偶函数 D. 函数是减函数 【答案】ABD 【解析】 【分析】对抽象函数采用赋值法，令、，结合题意可得，对A：令、，代入计算即可得；对B、C、D：令，可得，即可得函数及函数函数的性质，代入，即可得. 【详解】令、，则有， 又，故，即， 令、，则有， 即，由，可得， 又，故，故A正确； 令，则有， 即，故函数是奇函数， 有，即， 即函数是减函数， 令，有， 故B正确、C错误、D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点睛：本题关键在于利用赋值法解决抽象函数问题，借助赋值法，得到，再重新赋值，得到，再得到. 10. 在棱长为1的正方体中，点在棱上运动，点在正方体表面上运动，则（ ） A. 存在点，使 B. 当时，经过点的平面将正方体分成体积比为的大小两部分 C. 当时，点的轨迹长度为4 D. 当时，点的轨迹长度为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据线面垂直的判定定理验证即可判断A；如图，由面面平行的性质判断几何体是棱台，结合棱台的体积公式计算即可判断B；结合图形可知点的轨迹是以棱的中点为顶点的正方形，即可判断C；先求出点在侧面内的轨迹，并求其长度，再求出点在底面、侧面内的轨迹的长度，即可判断D. 【详解】对于A，如图，在正方体中，易知，若存在点，使， 由于与相交，所以平面，显然不成立，故A错误． 对于B，当时，如图，记经过点的平面与交于点，连接， 则．由于平面平面，平面平面，平面平面， 所以．记，则．记，则， 所以点与重合．又平面平面，所以几何体是棱台， ，其余部分的体积为， 所以经过点的平面将正方体分成体积比为的大小两部分，故B正确． 对于C，当时，点的轨迹是以棱的中点为顶点的正方形， 如图所示，轨迹的长度为4，故C正确． 对于D，先看点在侧面内的轨迹， 以的中点为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，如图． 设，由可得点的轨迹方程为， 其是以为圆心，为半径的圆，记该圆与交于点， 则，点在侧面内的轨迹为一段圆弧．长度为， 同理点在底面内的轨迹的长度也为． 当点在侧面内时，其轨迹可视为以为球心，为半径的球面与侧面的交线， 由于，所以， 点在侧面内的轨迹是以为圆心，为半径的圆的，长为． 分析易知，其余面上的点均不满足题意．所以点的轨迹长度为，故D正确． 故选：BCD 【点睛】方法点睛：对于立体几何中的满足一定条件下的点的轨迹问题，往往需要建立平面或空间直角坐标系来进行求解，将几何问题代数化可以大大减少思考难度，提高做题效率. 11. 记分别为函数的导函数.若存在，满足且，则称为函数与的一个“S点”.则下列说法正确的是（ ） A. 函数与不存在“S点” B. 若函数与存在“S点”，则 C. 对于函数与.对于任意的，均不存在，使得函数与在区间内存在“S点” D. 对于函数与.对于任意的，存在，使得函数与在区间内存在“S点” 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据“S点”的定义，结合导数对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】A选项，由，即， 解得或. 由，即， 所以函数与不存在“S点”，A选项正确. B选项，函数，，与，， 由，消去并化简得， 则，B选项正确. CD选项，对于函数与， ， 由，假设，得，得. 由得，得， 令， 设， 则，得， 由的图象在上不间断， 则在上有零点，则在上有零点， 故存在，使函数与在区间内存在“S点”. 故选：ABD 【点睛】方法点睛：解新定义题型的步骤：(1)理解“新定义”——明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论.(2)重视“举例”,利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”;归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况.(3)类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 以表示数集中最大的数．设，已知或，则的最小值为________． 【答案】 【解析】 【分析】通过变量替换将三个差值设为，把用表示，分两种条件情况讨论，利用的不等式放缩，求出的下界，再比较得到最小值． 【详解】令，，，其中，，， 所以 若，则，故， 令， 因此故， 则． 若，则，即， ， 则故， 则，当且仅当且时，等号成立，即时等号成立． 综上可知，的最小值为． 故答案为：． 13. 定义首项为1且公比为正数的等比数列为“数列”.已知数列（）的前项和为，且满足，.设为正整数.若存在“数列”（），对任意正整数，当时，都有成立，则的最大值为______. 【答案】5 【解析】 【分析】根据可得，即可判断数列为等差数列，即可求出通项公式；根据题意有，构造函数，利用导数可得，即可求解. 【详解】由， 得，则，则， 当时，由，得，整理得， 所以数列是首项为1，公差为1的等差数列， 所以，则， 因为数列为“数列”，设公比为，所以， 因为，所以，其中， 当时，有； 当时，有， 设，则， 当，，单调递增；当，，单调递减， 因为，所以， 取，当时，，即，经检验知也成立， 因此所求的最大值不小于5， 若，分别取，得，且， 从而且，所以不存在，所以， 综上，所求的最大值为5. 故答案为：5 14. 设数列，…，即当时，记为数列前项和.对于，定义集合是的整数倍，，且.则集合中元素的个数为______；集合中元素的个数为______. 【答案】 ①. 5 ②. 1008 【解析】 【分析】根据新定义求出，再求出，即可求出集合中元素的个数；利用数学归纳法证明，进而证明当时集合中元素的个数为，当时集合中元素的个数为，即可求解. 【详解】由数列的定义，得， ∴， ∴， ∴集合中元素的个数为5. 先证：， 事实上， ①当时，，，原等式成立； ②当时成立，即， 则时， ， 综合①②可得，于是， 由上式可知是的倍数，而， ∴是的倍数， 又不是的倍数， 而， ∴不是的倍数， 故当时，集合中元素的个数为， 于是，当时，集合中元素的个数为， 又，故集合中元素的个数为. 故答案为：5；1008 【点睛】关键点点睛：第二空证明当时集合中元素的个数为，当时集合中元素的个数为，利用数学归纳法证得即可证明. 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. 如图，在直三棱柱中，D，E，F分别为AB，BC，的中点． （1）证明：平面； （2）若，，，求点E到平面的距离． 【答案】（1） 因为为直三棱柱，所以， 又D，E，分别为AB，BC的中点，所以， 所以， 又平面，平面， 所以平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）根据题意，由线面平行的判定定理即可证明； （2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，代入计算，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为为直三棱柱，且， 以为坐标原点，分别以所在直线为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 设，且，则， 则，， 由可得，即，且，解得， 设，则，即， 设平面的法向量为， 则，解得，取，则， 所以平面的一个法向量为， 又，即， 所以点E到平面的距离. 16. 已知O为坐标原点，抛物线的方程为，F是抛物线的焦点，椭圆的方程为，过F的直线l与抛物线交于M，N两点，反向延长，分别与椭圆交于P，Q两点． （1）求的值； （2）若恒成立，求椭圆的方程； （3）在（2）的条件下，若的最小值为1，求抛物线的方程（其中，分别是和的面积）． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设出直线，，利用韦达定理得到； （2）设出联立椭圆方程得到，，从而得到，结合，列出方程，求出，从而得到，求出椭圆方程； （3）表达出，结合（2）中等式，结合基本不等式求出最值，得到抛物线方程. 【小问1详解】 设直线OM的斜率为，直线ON的斜率为， 由题可知，直线MN的斜率不为0，设， 设直线， 则由，可得， 易知，且， 则； 【小问2详解】 设， 由题可知，，其中， 联立方程，同理， 因为： ． 因为为定值，所以上式与无关， 所以当，即时，此时，所以， 所以椭圆的方程为． 【小问3详解】 因为， 由（2）可知，当时， ， 故，当且仅当时，等号成立， 此时抛物线方程为. 【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． 17. 已知函数，其中为正实数． （1）若，讨论在的单调性． （2）若，且方程在至少有一个根，求实数m的取值范围． 【答案】（1）在上单调递减 （2） 【解析】 【分析】（1）根据导数的运算对求导，根据导数正负即可得出单调性； （2），将方程转化为在至少有一个根，设，，根据导数求得值域，即可求解的范围． 【小问1详解】 ， ， 因为，，所以， 所以，， 所以，所以在单调递减． 【小问2详解】 当时，，设， 则， 设，， 则， 设， 则， 因为，所以，即， 所以在单调递增， 又，， 所以当时，，即， 所以在上单调递减，， 又 所以在至少有一个根时，． 【点睛】关键点点睛：第（2）问中，设可以简化运算；同时对于正负的判断，不能去括号化简，将括号中的多项式视为整体，构造函数二次求导即可简化运算． 18. “三角换元”是代数中重要且常见的运算技巧，有些代数式看似复杂，用三角代替后，实则会呈现出非常直观的几何意义，甚至可以与复杂的二次曲线产生直观联系. （1）利用恒等式和，求函数和的最小值. （2）在中，角对应的边为. （i）求证：. （ii）已知实数满足求二元函数的最大值. 【答案】（1）的最小值为；的最小值为. （2）（i）因为， 所以 ，证毕； （ii） 【解析】 【分析】（1）将问题转化为三角函数的最值问题，或动点到两定点距离之和最值问题即可； （2）（i）利用三角形内角关系和三角恒等变换证明即可； （ii）设，，变形得，则转化为表示点到点和的距离之差再加上，利用三点共线即可得到答案. 【小问1详解】 设，，则， 因为，所以，所以，所以， 即的最小值为：， 当时， ， 表示点到点和的距离之和， 所以. 综上，的最小值为：. 【小问2详解】 （i）略 （ii）因为，故， 故，同理. 若， 当为三角形内角时，由（i）可得： ， 若有一个为零或，不妨设或， 若，则， 若，则， 若（i）中可以推广为： 若，则. 在（i）中，令，则且， 因为，设，， 所以 可得（）， 则 其表示点到点和的距离之差再加上， 所以， 当且仅当， 即时等号取得，此时满足. 【点睛】关键点点睛：本题第二问第二小问的关键是利用换元法再进行合理变形，将其转化为点到点和的距离之差再加上，最后转化为三点共线问题. 19. 解二元一次方程组是数学学习的必备技能.设有满足条件的二元一次方程组. （1）用消元法解此方程组，直接写出该方程组的两个解； （2）通过求解，不难发现两个解的分母是由方程组中的系数所唯一确定的一个数，按照它们在方程组中的位置，把它们排成一个数表，由此可以看出是这个数表中左上到右下对角线上两个数的乘积减去右上到左下对角线上两个数的乘积的差，称为该数表的二阶行列式，记为.当≠0时，二元一次方程组有唯一一组解.同样的，行列式称为三阶行列式，且=. （i）用二阶行列式表示方程组的两个解； （ii）对于三元一次方程组，类比二阶行列式，用三阶行列式推导使得该三元一次方程组有唯一一组解的条件（结论不得使用行列式表达），并用三阶行列式表示该方程组的解. （3）若存在，使得，求的取值范围. 【答案】（1） （2）（i）； （ii）， 用三阶行列式表示该方程组的解为，，； （3） 【解析】 【分析】（1）利用消元法计算即可求解； （2）（i）由（1），结合行列式的定义直接得解；（ii）利用类比的思想可得三阶行列式，进而可表示该方程组的解； （3）由行列式的定义可得，令（），则，分类讨论t的取值范围，结合对勾函数的性质即可求解. 【小问1详解】 该方程组的两个解为； 【小问2详解】 （i）由（1）得， 所以该方程组的两个解为； （ii）类比二元一次方程组，将三元一次方程组中的系数排成一个数表，则可以得到三阶行列式. 令，当时，该三元一次方程组有唯一一组解， 即得该三元一次方程组有唯一一组解的条件为 ， 用三阶行列式表示该方程组的解为 ，，； 【小问3详解】 ， 令，则， 其中， 因为，所以，， 故， 当时，无解，不合要求； 当时，， 其中在上单调递减，在上单调递增， 故当时，取得最小值，最小值为2，故； 当时，， 其中在上单调递减， 故当时，取得最大值，最大值为-2，故， 因为存在，使得，所以或， 综上所述，m的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：解答第（2）问的关键是利用类比的思想得到三阶行列式，即可解决；解答第（3）问的关键是利用换元法将原不等式转化为（），结合分类讨论的思想即可解决. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $