精品解析：江苏省镇江市2025届高三下学期期初考试数学试题

江苏省镇江市2025届高三下学期期初考试数学试题❖ 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，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出集合的解集，再根据集合的运算可求出结果. 【详解】集合， 又集合， 故选：D. 2. 虚数满足等式是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由复数的乘除运算结合共轭概念即可判断； 【详解】解：因为， 所以 故选：B 3. “”是“函数在上单调递增”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】B 【解析】 【分析】先由函数在上单调递增求出此时的范围，进一步结合必要不充分条件的定义即可求解. 【详解】解：由题意易知或， 且开口向上，且对称轴为， 结合复合函数的单调性知在上单调递增， 所以当时不能得出在上单调递增，即不满足充分性； 而函数在上单调递增可知， 显然成立，满足必要性. 故选：B. 4. 已知等比数列的前n项和为，且，，成等差数列，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】应用等比数列前项和公式基本量运算即可. 【详解】因为等比数列的前n项和为，且，，成等差数列， 所以， 设等比数列的公比为q， 由题意知，， 所以， 化简，得，解得或舍去， 所以 故选： 5. 已知平面向量，，满足，，，则与的夹角为（） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由，通过平方求得，即可求解； 【详解】解：， ，且，， ，， ， ，且， ， 故选：B. 6. 若，，则（ ） A. B. 31 C. D. 32 【答案】B 【解析】 【分析】利用赋值法求解即可. 【详解】解：令，得 ，即 ， 令，得 ， 即 ， 所以 . 故选：B. 7. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用两角和与差的余弦公式先求出 的值，从而可以得到的值，再结合二倍角的余弦公式即可得出结果. 【详解】解：因为，， 所以 ， 所以 ， 所以 ， 所以. 故选：D 8. 已知椭圆的左、右焦点分别为，点A在C上，点B在y轴上，，，则椭圆C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用椭圆的定义，通过假设一条焦半径长，就可以得到其他焦半径的表示，再利用勾股定理来消元假设的字母，最后利用一个角和余弦定理来建立一个的齐次式，求解离心率. 【详解】 因为，所以三点共线， 又 ，所以 为直角三角形， 记 ，则 ， 由椭圆定义和对称性可得 ， 则有，解得或（舍去）， 则， 记 ，则 ， 中，由余弦定理得 ，整理得 ， 则椭圆C的离心率为. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：椭圆过焦点的三角形问题，关键是充分利用椭圆定义，结合余弦定理、勾股定理得到关于的齐次式，然后可求离心率. 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.全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 已知点M在圆上，点，，则（ ） A. 存在点M，使得 B. 的最大值为 C. 存在点M，使得 D. 【答案】AD 【解析】 【分析】将圆的方程配成标准式，即可得到圆心坐标与半径，从而判断A、B，设，若，推出恒成立，即可判断C、D. 【详解】圆即，圆心，半径，又， 所以，因为点在圆上，所以， 所以存在点，使得，故A对． 因为，所以点在圆外，又，点在圆内， 所以当与圆相切时，取最大值， 此时，所以，故B对． 对于D，设，若 ， 又点在圆上，一定成立，故D对，C错. 故选：AD． 10. 体育教育既能培养学生自觉锻炼身体的习惯，又能培养学生开拓进取、不畏艰难的坚强性格.某校学生参加体育测试，其中甲班女生的成绩X与乙班女生的成绩Y均服从正态分布，，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据正态分布的性质逐一判断即可. 【详解】选项A，由，得，故A错误; 选项B，由，得，故B正确; 选项C，由于随机变量Y服从正态分布， 所以，故C正确; 选项D，因为，平均值和标准差分别为， ，平均值和标准差分别为， 所以， ，而， 故，D正确. 故选：BCD 11. 1202年，斐波那契从“兔子繁殖问题”得到斐波那契数列1，1，2，3，5，8，13，21，，该数列的特点是前两项为1，从第三项起，每一项都等于它前面两项的和.记为该数列的前n项和，则下列结论正确的有（ ） A. B. 为奇数 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】列出数列前几项，可计算得选项A正确，再观察数列数字的特点可得B；由递推公式计算判断选项C，选项D. 【详解】解：对于A，记该数列为，由题意知，，，，，，，， ，，，故A正确; 对于B，因为该数列的特点是前两项为1，从第三项起，每一项都等于它前面两项的和， 此数列中数字以奇数、奇数、偶数的规律循环出现，每3个数一组，而， 故为偶数，故B错误; 对于C，由题意知，所以， ，故C正确; 对于D，，，，， ， 将这些等式左右两边分别相加得： ， 所以，D选项正确. 故选： 【点睛】关键点点睛：根据“斐波那契数列”的递推关系列出数列前几项，观察数列数字的特点，再由递推公式即可求得结果. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 抛物线上一点M到其焦点的距离为3，则点M到坐标原点的距离为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据抛物线的定义以及焦半径可求得点的坐标，即可求得结果. 【详解】设，由抛物线可得， 抛物线上点到焦点的距离等于3， ，解得， ， 点M到坐标原点的距离为 故答案为： 13. 若函数在上恰有三个零点，则的可能取值为__________写出一个满足条件的正整数 【答案】6（或7，答案不唯一） 【解析】 【分析】当时，，结合正弦函数图象，所以即可求解； 【详解】函数， 当时，， 又函数在上恰有3个零点， 所以，解得， 所以的可能取值为或7. 故答案为：6或7 14. 勒洛四面体是以一个正四面体的四个顶点分别为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分围成的几何体.如图，若构成勒洛四面体的正四面体的棱长为4，在该“空心”勒洛四面体 内放入一个正方体，使得此正方体能在该勒洛四面体内任意旋转，则该正方体的棱长最大值是__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据正方体的棱长最大时，其外接球为勒洛四面体的内切球，根据正方体的性质可求解，即可求解. 【详解】解：因为正方体可以在勒洛四面体内任意转动， 所以正方体棱长最大时，其外接球为勒洛四面体的内切球， 记此时勒洛四面体的内切球半径为R，则正方体的外接球半径为R， 设正方体的棱长为a， 则，得， 设正四面体棱长为m，则其外接球的直径为所在正方体棱长为的体对角线长， 因此可得正四面体外接球半径为， 由对称性可知，勒洛四面体内切球的球心为正四面体的外接球的球心， 连接并延长交勒洛四面体的曲面于点， 则就是勒洛四面体内切球的半径， 易知正四面体的外接球半径为， 故勒洛四面体的内切球半径为， 故所求正方体棱长的最大值为 故答案为: 四、解答题：本题共5小题，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知          . （1）求； （2）若，，的角平分线交于点，求 在条件①；②；③中任选一个，补充完整上面题目，并解答. 【答案】（1）条件选择见解析， （2） 【解析】 【分析】（1）若选①、②，利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式求出，即可得解；若选③，利用余弦定理求出，即可得解； （2）利用余弦定理求出、，再由等面积法计算可得. 【小问1详解】 若选①解法一：因为，由正弦定理得， 则， 即， 所以， 因为，所以，，从而； 解法二：因为，由余弦定理得， 所以，， 所以， 因为，从而； 若选②因为， 由正弦定理得， 则， 在中，，又，即， 所以，即，所以； 若选③因为，则， 所以，因为中，，所以； 【小问2详解】 在中，由余弦定理得，， 则，解得（负值已舍去），从而， 因为的角平分线交于点， 所以， 所以， 即，所以. 16. 如图所示，在直三棱柱中，，，D，E分别为棱，的中点. （1）证明： （2）求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）以C坐标原点，分别以CA，CB所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系计算即可得证； （2）分别计算平面的法向量和平面的法向量，利用夹角公式即可求解. 【小问1详解】 证明：在直三棱柱中，平面ABC，平面ABC， 所以，又， 所以，可以以C为坐标原点，分别以CA，CB所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， 则，， 所以， 即 【小问2详解】 由得，， 设向量是平面的一个法向量，则，， 即可取 显然为平面的一个法向量， 设二面角的平面角为，所以，， 又因为二面角为锐角， 所以二面角的余弦值为 17. 口袋中有大小相同、质地均匀的3个白球和3个黄球.甲乙两人进行摸球游戏，规则如下：每次摸2个球，观察颜色后放回，若颜色相同时，则摸球人继续摸球；否则由对方摸球.第一次由甲开始摸球，记第n次由甲摸的概率是 （1）求，； （2）证明：数列是等比数列，并求 【答案】（1）， （2）证明见解析， 【解析】 【分析】（1）代表的是第2次由甲摸球，所以第一次甲摸得球颜色相同，代表的是第3次由甲摸球，这个时候有两种情况； （2）根据题意得到与的关系式，即可证明为等比数列，再根据等比数列的通项公式得到. 【小问1详解】 第一次由甲开始摸，， 表示第二次由甲摸球的概率，， 表示第二次由甲摸球或第二次由乙摸球后， 第三次由甲摸球的概率，  所以， 【小问2详解】 当时，表示第次由甲摸球后或由乙摸球后，第 n次由甲摸球的概率， 所以， 即， 所以， 因为，即， 所以数列是以为首项，公比为的等比数列. 即，， 当时，满足， 所以 18. 如图，双曲线的实轴长是虚轴长的2倍，焦点到渐近线的距离为动直线l分别交双曲线C的两条渐近线于M，N，其中点M在第一象限，点N在第四象限，且与双曲线C只有一个公共点 （1）求双曲线C的标准方程; （2）证明：点P为线段MN的中点; （3）过点P分别作两条渐近线的平行线交渐近线于E，F，求证：四边形OEPF的面积为定值，并求出该定值. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析，定值 【解析】 【分析】（1）根据题意结合双曲线性质求，即可得双曲线方程； （2）设直线MN的方程：，直曲联立结合可得，再求交点坐标结合中点分析证明，注意分类讨论直线斜率是否存在； （3）根据（2）中结论求和坐标原点到直线l的距离，进而求面积即可. 【小问1详解】 设双曲线C的焦点坐标为， 因为实轴长是虚轴长的2倍，则， 又因为焦点到渐近线的距离为1， 则，可得，解得，， 所以双曲线C的标准方程： 【小问2详解】 当直线l的斜率不存在时， P点为MN的中点； 当直线l的斜率存在时，设直线MN的方程：， 联立方程，得， 因为直线l分别交双曲线C的两条渐近线于M，N， 其中点M在第一象限，点N在第四象限，且与双曲线C只有一个公共点P， 所以，即：， 双曲线两条渐近线方程为：， 联立方程，解得， 联立方程，解得， 则MN的中点坐标：，即， 代入得，， 所以MN中点坐标满足双曲线方程，即MN的中点在双曲线上， 又因为直线l与双曲线C只有一个公共点P， 可知点P为线段MN的中点； 综上所述：点P为线段MN的中点. 【小问3详解】 由题意可知：， 坐标原点到直线l的距离：， 则， 代入得. 所以平行四边形OEPF面积为定值 【点睛】易错点点睛：第二问中注意讨论直线l的斜率存在与不存在两种情况，以及由动直线l与双曲线C恰有1个公共点，直曲联立后由得到参数k、m的关系. 19. 已知函数， （1）讨论的单调性; （2）若恒成立，求a的值; （3）若，求证： 【答案】（1）答案见解析； （2）； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）先求导函数，分和两种情况得出导函数正负即可得出单调性； （2）化简构造函数计算导函数得出函数的最小值恒成立； （3）应用（2）化简不等式为，做差证明即可. 【小问1详解】 因为，，所以， 所以当时，，上单调递减； 当时，，，在上单调递增，，，在上单调递减， 【小问2详解】 因为恒成立，即在恒成立， 记，，， 当时，，在上单调递增，由，则，，不符合题意. 当时，令，，  ，则，在上单遇递增， ，， ，使得①， 所以在上单调递减在单调递增，则恒成立， 由①得 所以， 即，当且仅当时，，所以， 记，，， 即在上单调递增，在单调递减，，即 【小问3详解】 由（2）知，在恒成立， 得在恒成立， 因为，所以，①， 下证：②成立， 由①②得 【点睛】关键点点睛：证明的关键点是构造函数求出导函数，根据导函数正负得出单调性即可证明 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省镇江市2025届高三下学期期初考试数学试题❖ 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，，则（ ） A. B. C. D. 2. 虚数满足等式是（ ） A. B. C. D. 3. “”是“函数在上单调递增”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 4. 已知等比数列前n项和为，且，，成等差数列，则（ ） A B. C. 1 D. 2 5. 已知平面向量，，满足，，，则与夹角为（） A. B. C. D. 6. 若，，则（ ） A. B. 31 C. D. 32 7. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知椭圆的左、右焦点分别为，点A在C上，点B在y轴上，，，则椭圆C的离心率为（ ） A. B. C. D. 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.全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 已知点M在圆上，点，，则（ ） A. 存在点M，使得 B. 的最大值为 C. 存在点M，使得 D. 10. 体育教育既能培养学生自觉锻炼身体的习惯，又能培养学生开拓进取、不畏艰难的坚强性格.某校学生参加体育测试，其中甲班女生的成绩X与乙班女生的成绩Y均服从正态分布，，，则下列说法正确的是（ ） A B. C. D. 11. 1202年，斐波那契从“兔子繁殖问题”得到斐波那契数列1，1，2，3，5，8，13，21，，该数列的特点是前两项为1，从第三项起，每一项都等于它前面两项的和.记为该数列的前n项和，则下列结论正确的有（ ） A. B. 为奇数 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 抛物线上一点M到其焦点的距离为3，则点M到坐标原点的距离为__________. 13. 若函数在上恰有三个零点，则的可能取值为__________写出一个满足条件的正整数 14. 勒洛四面体是以一个正四面体的四个顶点分别为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分围成的几何体.如图，若构成勒洛四面体的正四面体的棱长为4，在该“空心”勒洛四面体 内放入一个正方体，使得此正方体能在该勒洛四面体内任意旋转，则该正方体的棱长最大值是__________. 四、解答题：本题共5小题，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知          . （1）求； （2）若，，的角平分线交于点，求 在条件①；②；③中任选一个，补充完整上面题目，并解答. 16. 如图所示，在直三棱柱中，，，D，E分别为棱，的中点. （1）证明： （2）求二面角余弦值. 17. 口袋中有大小相同、质地均匀的3个白球和3个黄球.甲乙两人进行摸球游戏，规则如下：每次摸2个球，观察颜色后放回，若颜色相同时，则摸球人继续摸球；否则由对方摸球.第一次由甲开始摸球，记第n次由甲摸的概率是 （1）求，； （2）证明：数列是等比数列，并求 18. 如图，双曲线的实轴长是虚轴长的2倍，焦点到渐近线的距离为动直线l分别交双曲线C的两条渐近线于M，N，其中点M在第一象限，点N在第四象限，且与双曲线C只有一个公共点 （1）求双曲线C的标准方程; （2）证明：点P为线段MN的中点; （3）过点P分别作两条渐近线的平行线交渐近线于E，F，求证：四边形OEPF的面积为定值，并求出该定值. 19. 已知函数， （1）讨论的单调性; （2）若恒成立，求a的值; （3）若，求证： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $