精品解析：江苏省黄埭中学2024-2025学年高三上学期期末模拟数学试卷

2024-2025学年江苏省苏州市高三模拟试卷2数学 2025.01 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，只有一个是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则等于（ ） A. B. C. D. 2. 复数（为虚数单位）虚部是（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，．若，则实数的值是（ ） A. -2 B. 2 C. D. 4. 函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则是（ ） A. 奇函数 B. 偶函数 C. 既奇函数又是偶函数 D. 非奇非偶函数 5. 已知等差数列的前项和为，若，，则的值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知椭圆的离心率为，且过点，则椭圆的方程为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，则在区间上的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数满足，且当时，，若关于的方程在区间上有个不同的实数根，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题:本大题共3小题，每小题6分，共18分. 9. 已知函数，其图象相邻两条对称轴之间的距离为，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 函数在上单调递增 D. 函数的图象关于点对称 10. 定义在上的函数满足，当时，，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. 是奇函数 C. 在上单调递减 D. 不等式的解集为 11. 已知抛物线的焦点为F，准线为l，过点F的直线与抛物线相交于，两点，点A在x轴上方，点B在x轴下方.若直线的倾斜角为，且的面积为.设点M是抛物线在第一象限部分上的动点，过M作l的垂线，垂足为N，O为坐标原点，的重心为G，直线与抛物线的另一个交点为Q.则下列说法正确的是（ ） A. p = 2 B. 直线MQ的斜率的取值范围是 C. 当时，的面积为 D. 若D为y轴上一点，且为钝角，则点D纵坐标的取值范围是 三、填空题:本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数，若曲线在点处的切线与直线垂直，则实数=______. 13. 从1，2，3，4，5，6，7，8，9中任取3个不同的数，且这三个数之和为偶数，记满足条件的取法种数为；从0，1，2，3，4，5中任取2个不同的数，且这两个数之和为奇数，记满足条件的取法种数为.若从个取法和个取法各随机选一种，这两种取法的数字完全不同的概率是______. 14. 已知函数，其图象相邻的两条对称轴之间的距离为，且经过点，又.若对于任意，都有，则的最小值为______ . 四、解答题:本大题共5小题，共77分. 15. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知. （1）求角C的大小； （2）若，，求的面积 16. 四棱锥 中，底面为矩形，底面，，，为中点. （1）证明：平面； （2）求二面角余弦值. 17. 已知双曲线的离心率为，双曲线过点，直线与的右支交于 两点，且经过点. （1）求双曲线的方程； （2）若直线的斜率为，求的取值范围. 18 已知函数 ，其中， （1）讨论的单调性； （2）若当时，，求的取值范围. 19. 设数列满足. （1）证明：数列单调递增且趋向无穷大； （2）记 ，探究：是否存在正整数，使得 且 ？说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年江苏省苏州市高三模拟试卷2数学 2025.01 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，只有一个是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求解一元二次不等式和指数不等式得到集合，由集合的交集运算即得. 【详解】，， 故， 故选：A 2. 复数（为虚数单位）的虚部是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的除法运算求出即可得其虚部. 【详解】依题意，，所以所求虚部为. 故选：A 3. 已知向量，．若，则实数的值是（ ） A. -2 B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据得，进行数量积的坐标运算即可. 详解】根据已知有： 故选：B. 4. 函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则是（ ） A. 奇函数 B. 偶函数 C. 既是奇函数又是偶函数 D. 非奇非偶函数 【答案】D 【解析】 【分析】先求出平移后的解析式，在结合奇函数和偶函数的定义判断结论. 【详解】函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象， 所以， 函数的定义域为，定义域关于原点对称， ， 当时，，， 所以函数为非奇非偶函数， 故选：D. 5. 已知等差数列的前项和为，若，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用等差数列通项公式与前n项和公式，即可求得结果. 【详解】因为，，所以, 解得,故 故选：B 6. 已知椭圆的离心率为，且过点，则椭圆的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据离心率公式以及椭圆经过的点，结合椭圆中的关系即可求解. 【详解】由题意可得，解得， 故椭圆方程为， 故选：A 7. 已知函数，则在区间上的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用导数研究函数在区间上的单调性，结合单调性求函数的最大值. 【详解】因为， 所以函数导函数为， 令，可得或， 当时，，函数在上单调递增， 当时，。函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 又，， 所以在区间上的最大值为. 故选：B. 8. 已知函数满足，且当时，，若关于的方程在区间上有个不同的实数根，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用周期性得到函数解析式，进而作出图象，将方程有根的问题转化为函数有交点的问题求解参数范围即可. 【详解】因为，所以， 得到的周期为，当时，， 此时解析式为， 而，由二次函数性质得对称轴为，且， 当时，， 此时解析式为， 而，同理可得， 由题意得当时，， 同理可得，， 若在区间上有个不同的实数根， 则和在区间上有个不同的交点， 如图，我们作出的图象， 由图象可得，故A正确. 故选：A 二、多项选择题:本大题共3小题，每小题6分，共18分. 9. 已知函数，其图象相邻两条对称轴之间的距离为，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 函数在上单调递增 D. 函数的图象关于点对称 【答案】ACD 【解析】 【分析】求出函数的最小正周期，结合正弦型函数的周期公式可判断A选项；由结合的取值范围可求出的值，可判断B选项；利用正弦型函数的单调性可判断C选项；利用正弦型函数的对称性可判断D选项. 【详解】对于A选项，因为函数的图象相邻两条对称轴之间的距离为， 则该函数最小正周期为，则，A对； 对于B选项，因为，可得， 所以，，则， 因为，故，B错； 对于C选项，由AB选项可知， 当时，， 所以，函数在上单调递增，C对； 对于D选项，因为，所以，函数的图象关于点对称，D对. 故选：ACD. 10. 定义在上的函数满足，当时，，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. 是奇函数 C. 在上单调递减 D. 不等式的解集为 【答案】BCD 【解析】 【分析】由函数关系取可求判断A，取可得的关系，结合奇函数定义判断B，利用单调性定义证明函数在上单调递减，判断C，结合函数性质解不等式判断D. 【详解】因为， 取可得， 所以，A错误； 函数的定义域为，定义域关于原点对称， 由， 用替换可得，， 所以，即， 所以函数为奇函数，B正确； 任取，， 则， 又当时，，且， 所以，故， 所以函数在上单调递减，C正确； 因为， 所以不等式可化为， 所以，又函数在上单调递减， 所以， 所以，所以不等式的解集为，D正确. 故选：BCD. 11. 已知抛物线的焦点为F，准线为l，过点F的直线与抛物线相交于，两点，点A在x轴上方，点B在x轴下方.若直线的倾斜角为，且的面积为.设点M是抛物线在第一象限部分上的动点，过M作l的垂线，垂足为N，O为坐标原点，的重心为G，直线与抛物线的另一个交点为Q.则下列说法正确的是（ ） A. p = 2 B. 直线MQ的斜率的取值范围是 C. 当时，的面积为 D. 若D为y轴上一点，且为钝角，则点D纵坐标的取值范围是 【答案】ABD 【解析】 【分析】A项，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理表达面积建立方程待定；B项，设点，由重心坐标公式求解的坐标，从而用表示斜率，利用基本不等式求解范围可得；C项，由解得，进而得坐标，结合点线距与三角形面积公式可求；D项，设，利用为钝角转化为，坐标表示数量积建立的不等式求解可得. 【详解】A项，抛物线方程为，焦点， 设直线方程为，设， 联立，消得， 故， 则 ①， 因直线AB的倾斜角为，，则斜率， 代入①，由，解得，故A正确； 故抛物线方程为，焦点，准线. B项，设抛物线上任一点，则，又， 则的重心， 所以直线，即的斜率， 由，则， 当且仅当，即时，等号成立，此时点坐标为. 故直线斜率的范围为，故B正确； C项，由，且，解得. 此时，重心， 则直线方程为，即， 联立抛物线方程，解得另一交点， 焦点到直线的距离， 又， 故，故C错误； D项，设y轴上一点，则 ， 若为钝角，且由A项求解可知， 则 ， 当时，由，解得； 当时，由，解得； 故点D纵坐标的取值范围是，即D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：解决此题的关键在灵活设参，如A项由过交点的直线与抛物线相交，设线，利用参数表达面积建立方程待定参数；又如B项抛物线上任意一动点引起各点的变化，设点，利用参数表示斜率再求解函数的范围，再如D项在轴上一点，转化钝角条件为数量积关系，设点，用参数表示向量数量积建立不等式求解即得. 三、填空题:本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数，若曲线在点处切线与直线垂直，则实数=______. 【答案】 【解析】 【分析】根据导数的几何意义求出切线斜率，再由直线垂直关系得解. 【详解】因为， 所以， 又切线与直线垂直， 所以，解得， 故答案为：1 13. 从1，2，3，4，5，6，7，8，9中任取3个不同的数，且这三个数之和为偶数，记满足条件的取法种数为；从0，1，2，3，4，5中任取2个不同的数，且这两个数之和为奇数，记满足条件的取法种数为.若从个取法和个取法各随机选一种，这两种取法的数字完全不同的概率是______. 【答案】##0.5 【解析】 【分析】利用按2个奇数和1个偶数或3个偶数分类选取来满足选取的三个数和为偶数，同理按1个奇数和1个偶数分类选取来满足选取的两个数和为奇数，在分析两次选取不能有重复数字时，则可进行分类分步研究即可求解. 【详解】从中任取3个不同的数，要满足三个数之和为偶数， 第一类：取两个奇数和一个偶数，共有； 第二类：取三个偶数，共有； 所以满足三个数之和为偶数的取法种数有种，即； 从中任取2个不同的数，且这两个数之和为奇数， 则取一个奇数和一个偶数，即种，所以； 若从中任取一个奇数和0时，则从中任取3个数之和为偶数，且与前面取的数不重复，则共有； 若从中任取一个奇数和非0偶数时，则从中任取3个数之和为偶数，且与前面取的数不重复，则共有； 所以这两种取法数字完全不同的概率为 故答案为：. 14. 已知函数，其图象相邻的两条对称轴之间的距离为，且经过点，又.若对于任意，都有，则的最小值为______ . 【答案】## 【解析】 【分析】结合条件求出函数的解析式，由此可求，再求函数在的范围，由此可求的范围，由此可得结论. 【详解】因为函数，其图象相邻的两条对称轴之间的距离为， 所以函数的最小正周期为，又， 所以，故， 又的图象经过点， 所以， 又，故， 所以，故， 所以， 所以， 当时，， 所以， 所以当时，， 因为对于任意，都有， 所以， 所以的最小值为. 故答案为：. 四、解答题:本大题共5小题，共77分. 15. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知. （1）求角C的大小； （2）若，，求的面积 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由代入化简即可； （2）由余弦定理求得，再由面积公式即可求解； 【小问1详解】 由， 可得：, 化简得 又，所以 因此 【小问2详解】 由余弦定理得， ， ， ， ， 所以的面积为. 16. 四棱锥 中，底面为矩形，底面，，，为的中点. （1）证明：平面； （2）求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明求解即可. （2）在空间直角坐标系下，分别算出每个平面的法向量，再利用二面角的向量求法求解即可. 【小问1详解】 由题意得底面为矩形，底面， 如图，以为原点建立空间直角坐标系，连接， 因为，，所以，， 则，易得面的法向量为， 得到，故平面. 【小问2详解】 由题意得，，，， 因为为的中点，所以由中点坐标公式得， 则，，， 设面的法向量为，则，得到， 则，得到，令，解得，， 故， 设面的法向量为， 则，得到，则，得到， 令，解得，，故， 设二面角为，则， 易得二面角为锐二面角，则， 则二面角的余弦值为. 17. 已知双曲线的离心率为，双曲线过点，直线与的右支交于 两点，且经过点. （1）求双曲线的方程； （2）若直线的斜率为，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由条件列方程求，可得双曲线方程； （2）联立方程组，结合条件列不等式可得结论. 【小问1详解】 设双曲线的半焦距为， 因为双曲线 的离心率为， 所以，所以， 所以双曲线方程可化为，因为双曲线过点， 所以， 所以，， 故双曲线方程为； 【小问2详解】 设直线的方程为， 联立，化简可得， 所以， 由已知，，且，， 所以，，， 所以或， 所以的取值范围为. 18. 已知函数 ，其中， （1）讨论的单调性； （2）若当时，，求的取值范围. 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）求的导函数，分类讨论导函数的零点情况，进而根据导函数符号变化分析函数的单调性可得； （2）分离参数转化为最值问题求解可得. 【小问1详解】 ，， 则，令，则. ①当时，，在上单调递增； ②当，，则在上单调递增， 注意到，， 则存在，使，即， 当时，，在上单调递减； 则当时，，在上单调递增； ③当，令，得， 当，，在上单调递减； 则当时，，在上单调递增； 则，即. 当，即时，， 故当时，则在上单调递增； 当，即时，则，， 又，又， 则由零点存在性定理可知，存在，使. 又，且. 构造函数，，则， 则单调递增，则，即，所以有； 构造函数，，则， 令，则， 所以在上单调递增，则， 即，所以在上单调递增，故， 所以有，即，又， 由零点存在性定理可知，存在，使. 当或时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减. 综上所述：当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 由题意对任意恒成立. ①当时，恒成立，； ②当时，不等式可化为恒成立， ，， 则， 令，， 则，令，， 则，故在单调递增； 所以，即，则在单调递增； 所以，即， 故令，解得， 当时，，在单调递减； 当时，，在单调递增； 故. 故要使恒成立，则. 综上所述，的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：解决此题关键有二，一是分类讨论，借助零点存在性定理分析导函数的零点情况，从而确定导函数符号分析函数的单调性；二是分离参数，将恒成立问题转化为最值问题. 19. 设数列满足. （1）证明：数列单调递增且趋向无穷大； （2）记 ，探究：是否存在正整数，使得 且 ？说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）存在，理由见解析 【解析】 【分析】（1）通过缩放得到，继而完成证明； （2）在（1）的基础上再缩放得到，根据两式得到，再根据题意找出符合题意值。 【小问1详解】 由题可知：， 所以，故数列单调递增且趋向无穷大，证毕。 【小问2详解】 由（1）可知，且， 故（当时等号成立）， 又因， 所以，故（当时等号成立）， 根据题意：， 当时，， 综上可知，存在，使得 且 。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$