精品解析：江苏省南京市宁海中学2025届高三上学期12月阶段性检测数学试题

2025届高三（上）阶段性枪测 数学试卷 2024.12 命题人：刘嫒媛 审题人：居加颖 一､单选题.本大题共8小题，每小题5分，满分40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的. 1. 复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的除法法则计算可得复数，进而可判断在复平面的对应点所在的象限. 【详解】因为， 所以复数在复平面内对应的点的坐标为，位于第一象限. 故选：A. 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意可得，进而可得结果. 【详解】因为，则， 且，所以. 故选：D. 3. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用函数奇偶性定义可判断为奇函数，再根据函数值的大小可得结论. 【详解】易知，又定义域为， 故函数为奇函数，其图象关于原点对称，可排除B、D， 又当时，，故可排除C. 故选：A. 4. 设，则“”的充要条件为（ ） A. 至少有一个为1 B. 都为1 C. 都不为1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】将化为求解，结合充分、必要性定义即可得答案. 【详解】由，则，可得或，即至少有一个为1， 所以“”的充要条件为至少有一个为1，故只有A符合，其它选项均不符. 故选：A 5. 若成等比数列，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用等比中项公式，结合三角恒等变换求解即得. 【详解】由题意可得， 即， 即， ，解得. 故选：B. 6. 设是一个随机试验中的两个事件，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意，利用条件概率计算公式，结合概率运算性质可得答案. 【详解】， ， 又，则， . 故选：B. 7. 某学习小组研究一种卫星接收天线（如图①所示），发现其曲面与轴截面的交线为抛物线，在轴截面内的卫星波束呈近似平行状态射入形为抛物线的接收天线，经反射聚焦到焦点处（如图②所示）．已知接收天线的口径（直径）为3.6m，深度为0.6m，则该抛物线的焦点到顶点的距离为（ ） A. 1.35m B. 2.05m C. 2.7m D. 5.4m 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意先建立恰当的坐标系，可设出抛物线方程，利用已知条件得出点在抛物线上，代入方程求得p值，进而求得焦点到顶点的距离. 【详解】如图所示，在接收天线的轴截面所在平面上建立平面直角坐标系xOy，使接收天线的顶点（即抛物线的顶点）与原点O重合，焦点F在x轴上． 设抛物线的标准方程为， 由已知条件可得，点在抛物线上， 所以，解得， 因此，该抛物线的焦点到顶点的距离为1.35m， 故选：A. 8. 已知三棱锥中，，三棱锥的体积为，其外接球的体积为，则动点D的轨迹长度为（ ） A. 8 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据外接球的体积为，求得半径，再根据三棱锥的体积为，求得点D到平面的距离，得到点D在平行于平面的平面上，然后求得球心到平面的距离，进而得到球心到点D所在的平面的距离，得到点D的轨迹是圆求解. 【详解】如图所示： 设外接球的半径为R，则由外接球的体积为，得，解得， 因为， 所以，则， 设点D到平面的距离为，则，解得， 所以点D在平行于平面的平面上， 因为，所以， 所以的外接圆的圆心为的中点，则外接圆的半径为， 所以外接球的球心到平面的距离为， 所以球心到点D所在的平面的距离为：， 所以点D的轨迹是以为半径的圆， 所以动点D的轨迹长度为. 故选：C 【点睛】关键点点睛：本题关键是根据三棱锥的体积和底面的面积，得到动点D到平面的距离，进而得到点D在平行于平的平面上，再由点D到平面的距离为定值，得到点D的轨迹是圆而得解. 二､多选题.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. 下列四个命题为真命题的是（ ） A. 若向量满足，，则 B. 若向量，，则在上的投影向量为 C. 若向量是与向量共线的单位向量，则 D. 已知向量，，则的最大值为 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，给出作为反例即可；对于B，根据投影向量的计算公式直接求解即可；对于C，与向量共线的单位向量为或，直接判断；对于D，利用向量减法、向量模长及辅助角公式即可求解. 【详解】对于A，若，则显然有，，但与没有限制条件，故未必成立，故A错误； 对于B，在上的投影向量为，故B正确； 对于C，与向量共线的单位向量为或，故C错误； 对于D，若向量，， 则， 其中， 当且仅当时，取得最大值，故D正确. 故选：BD. 10. 大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程.已知大衍数列满足，，则（ ） A. B. C. D. 数列的前项和为 【答案】BCD 【解析】 【分析】直接由递推公式求出即可判断A选项；分为奇数或偶数即可判断B选项；分为奇数或偶数结合累加法即可判断C选项；由分组求和法即可判断D选项. 【详解】对于A，，，，故A错误； 对于B，当为奇数时，为偶数，则，， 可得，当为偶数时，为奇数， 则，，可得，故B正确； 对于C，当为奇数且时，，，，，， 累加可得 ，时也符合； 当为偶数且时，，，，，， 累加可得 ，故，故C正确； 对于D，设数列的前项和为，则， 又，所以，故D正确. 故选：BCD 11. 已知函数（）是奇函数，且，是的导函数，则（ ） A. B. 的一个周期是4 C. 是偶函数 D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据函数奇偶性与可得，根据导数的运算可得从而可判断B项，根据周期性与奇偶性可判断A项，根据奇偶性与导数运算可得，从而可判断C项，在中，令代入计算可判断D项. 【详解】因为函数是奇函数，， 所以， 所以，即：，故的周期为4， 所以，故的一个周期为4，故B项正确； ，故A项错误； 因为函数是奇函数， 所以， 所以，即：， 所以为偶函数，故C项正确； 因为， 所以， 令，可得，解得：，故D项错误. 故选：BC. 三､填空题.本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中常数项是______.（用数字作答） 【答案】15 【解析】 【分析】求出展开式通项公式，令，解得，从而求出常数项. 【详解】展开式的通项公式为， 令，解得， 则，故展开式中常数项为15. 故答案为：15 13. 直线是函数图象的一条对称轴，给出的一个可能的值为______. 【答案】（答案不唯一，满足的均可以） 【解析】 【分析】根据正弦型函数的对称性可得，解方程即可得的取值. 【详解】因为直线是函数图象的一条对称轴， 则，所以. 所以的一个可能的值. 故答案为：（答案不唯一，满足的均可以）. 14. 已知圆C: ，点在抛物线T：上运动，过点引直线，与圆C相切，切点分别为，，则的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设出点的坐标，探讨出的取值范围，借助四边形MPCQ的面积计算，把表示为的函数即可作答. 【详解】如图，连接CP，CQ，CM，依题意，，而， 而，则CM垂直平分线段PQ，于是得四边形MPCQ的面积为面积的2倍， 从而得，即， 设点，而，，则， 当且仅当t=1时取“=”，， 因此得，即，得， 所以的取值范围为. 故答案为： 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. 已知在中，角，，所对的边分别为，，，且. （1）求； （2）若，为边上一点，，，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）结合正弦定理和诱导公式求解即可. （2）在中根据余弦定理列方程，再把用和表示，两边平方列方程，解方程组求出边长即可求出三角形的面积. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得， 因为为三角形的内角，，所以， 又， 所以， 因此， 因为，，所以， 即，故的值为. 【小问2详解】 由（1）知，且， 在△中，由余弦定理得， 即① 由于， 所以， 平方得， 即② 由①②得：， 所以△的面积为， 即所求面积为. 16. 如图，在三棱锥中，平面，D是的中点，平面平面，且. （1）求点A到平面的距离； （2）求平面与平面的夹角的正弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）作于点，证明平面，求出得解； （2）以点为坐标原点，过点垂直于的为轴，分别为轴的空间直角坐标系，求出平面与平面的一个法向量，利用向量法求解. 【小问1详解】 如图，作于点， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 在中，， 所以点到平面的距离为. 【小问2详解】 由（1），平面，平面，所以， 又平面，平面，所以， 又平面，，所以平面， 又，，所以， 如图，以点为坐标原点，过点垂直于的为轴，分别为轴的空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则，即，令，则，， ， 又平面，且， 设平面与平面的夹角为， ， . 所以平面与平面的夹角的正弦值为. 17. 某记忆力测试软件的规则如下：在标号为1、2、3、4的四个位置上分别放置四张相似的图片，观看15秒，收起图片并打乱，1分钟后，测试者根据记忆还原四张卡片的位置，把四张卡片分别放到四个位置上之后完成一次测试，四张卡片中与原来位置相同1张加2分，不同1张则扣1分． （1）规定：连续三次测试全部得8分为优秀，三次测试恰有两次得8分为良好，若某测试者在每次测试得8分的概率均为（），求他连续三次测试结果为良好的概率的最大值； （2）假设某测试者把四张卡片随机地放入四个位置上，他测试1次的得分为X，求随机变量X的分布列及数学期望． 【答案】（1） （2） 8 2 【解析】 【分析】（1）将表示出来，利用导数求最值； （2）卡片与原来位置相同的张数可能为4张、2张、1张 0张，对应的的所有可能取值为8，2，，，由此可得分布列及数学期望． 【小问1详解】 设连续三次测试结果为良好的概率为， 依题意得，， ，令得， 当时，；当时，； 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以当 时，取最大值为； 【小问2详解】 某测试者把四张卡片随机地放入四个位置上， 卡片与原来位置相同的张数可能为4张、2张、1张 0张， 对应的的所有可能取值为8，2，，． 则，， ，， （或， 所以的分布列为： 8 2 数学期望为． 18. 设函数. （1）若曲线在点处的切线方程为，求的值； （2）当时恒成立，求实数的取值范围； （3）证明：. 【答案】（1） （2） （3）证明如下： 由（2）知时，，即，从而， 所以，又， 所以， 此不等式中分别令得 ，，，， 将这个不等式相加得. 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求解； （2）求出导函数，并设，求得，由于 ，因此根据，以及分类讨论是否恒成 立，从而得参数范围； （3）由（2）不等式变形得，再用代后变形及放缩得，然后令后相加可证． 【小问1详解】 ， 由题意曲线在点处的切线方程为， 则，解得； 【小问2详解】 ，， ，令（），则， 当，即时，，即是上的增函数， 因此， 是增函数，所以，不合题意，舍去； 当即时，，即是上的减函数， 所以， 所以是上的减函数，从而恒成立， 当即时，， 时，，在单调递增， 时，，在单调递减， 又，所以时，恒成立，即恒成立， 此时在上单调递增，因此，与题意不合，舍去， 综上． 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于第（3）小题，关键是利用（2）中不等式变形及不等式的性质得出，然后分别令后相加得证． 19. 已知双曲线，左、右顶点分别为，过点的直线交双曲线于两点. （1）若的离心率为2，求. （2）若为等腰三角形，且点在第一象限，求点的坐标. （3）连接（为坐标原点）并延长交于点，若，求的最大值. 【答案】（1）； （2）当时，； （3）的最大值为. 【解析】 【分析】（1）根据离心率的概念求出，再求出即可； （2）如图，易知为钝角，则，根据两点距离公式建立方程组，解之即可求解； （3）设，：，联立双曲线方程，利用韦达定理和平面向量数量积的坐标表示建立关于的方程，得，结合即可求解. 【小问1详解】 由双曲线的方程知，， 因为离心率为2，所以，得. 【小问2详解】 当时，双曲线，且. 因为点在第一象限，所以为钝角. 又为等腰三角形，所以. 设点，且，则 得，所以. 【小问3详解】 由双曲线的方程知，且由题意知关于原点对称. 设，则. 由直线不与轴垂直，可设直线的方程为. 联立直线与双曲线的方程得 消去，得， 且，即，得. ， 由，得， 所以，即， 整理得， 所以， 整理得，所以. 又，所以，解得， 所以，又， 故的取值范围是，故的最大值为. 【点睛】关键点点睛：解圆锥曲线与平面向量交汇题的关键是设相关点的坐标，将平面向量用坐标表示，运用相应的平面向量坐标运算法则（加、减、数量积、数乘）或运算律或数量积的几何意义，将问题中向量间的关系（相等、垂直、平行等）转化为代数关系. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届高三（上）阶段性枪测 数学试卷 2024.12 命题人：刘嫒媛 审题人：居加颖 一､单选题.本大题共8小题，每小题5分，满分40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的. 1. 复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 3. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 4. 设，则“”的充要条件为（ ） A. 至少有一个为1 B. 都为1 C. 都不为1 D. 5. 若成等比数列，则（ ） A. B. C. D. 6. 设是一个随机试验中的两个事件，且，则（ ） A. B. C. D. 7. 某学习小组研究一种卫星接收天线（如图①所示），发现其曲面与轴截面的交线为抛物线，在轴截面内的卫星波束呈近似平行状态射入形为抛物线的接收天线，经反射聚焦到焦点处（如图②所示）．已知接收天线的口径（直径）为3.6m，深度为0.6m，则该抛物线的焦点到顶点的距离为（ ） A. 1.35m B. 2.05m C. 2.7m D. 5.4m 8. 已知三棱锥中，，三棱锥的体积为，其外接球的体积为，则动点D的轨迹长度为（ ） A. 8 B. C. D. 二､多选题.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. 下列四个命题为真命题的是（ ） A. 若向量满足，，则 B. 若向量，，则在上的投影向量为 C. 若向量是与向量共线的单位向量，则 D. 已知向量，，则的最大值为 10. 大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程.已知大衍数列满足，，则（ ） A. B. C. D. 数列的前项和为 11. 已知函数（）是奇函数，且，是的导函数，则（ ） A. B. 的一个周期是4 C. 是偶函数 D. 三､填空题.本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中常数项是______.（用数字作答） 13. 直线是函数图象的一条对称轴，给出的一个可能的值为______. 14. 已知圆C: ，点在抛物线T：上运动，过点引直线，与圆C相切，切点分别为，，则的取值范围为__________. 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. 已知在中，角，，所对的边分别为，，，且. （1）求； （2）若，为边上一点，，，求的面积. 16. 如图，在三棱锥中，平面，D是的中点，平面平面，且. （1）求点A到平面的距离； （2）求平面与平面的夹角的正弦值. 17. 某记忆力测试软件的规则如下：在标号为1、2、3、4的四个位置上分别放置四张相似的图片，观看15秒，收起图片并打乱，1分钟后，测试者根据记忆还原四张卡片的位置，把四张卡片分别放到四个位置上之后完成一次测试，四张卡片中与原来位置相同1张加2分，不同1张则扣1分． （1）规定：连续三次测试全部得8分为优秀，三次测试恰有两次得8分为良好，若某测试者在每次测试得8分的概率均为（），求他连续三次测试结果为良好的概率的最大值； （2）假设某测试者把四张卡片随机地放入四个位置上，他测试1次的得分为X，求随机变量X的分布列及数学期望． 18. 设函数. （1）若曲线在点处的切线方程为，求的值； （2）当时恒成立，求实数的取值范围； （3）证明：. 19. 已知双曲线，左、右顶点分别为，过点的直线交双曲线于两点. （1）若的离心率为2，求. （2）若为等腰三角形，且点在第一象限，求点的坐标. （3）连接（为坐标原点）并延长交于点，若，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $