精品解析：江苏省常州高级中学2025届高三下学期期初质量调研数学试题

江苏省常州高级中学2025届高三第二学期期初检测 数学试卷 2025.02 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. 若复数满足，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 2. 已知集合，，则集合的真子集个数为（ ） A. B. C. D. 3. “点在圆外”是“直线与圆O相交”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. 函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 5. 若，，则（ ） A. 4 B. 2 C. D. 6. 的展开式中，的系数为（ ） A. 60 B. C. 120 D. 7. 椭圆C：的左、右焦点分别为，，过且斜率为的直线与椭圆交于A，B两点（A在B左侧），若，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 数列的前n项和为，若，，且，则（ ） 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，有选错的得0分，部分选对的得3分. 9. 某科技公司统计了一款App最近5个月的下载量如表所示，若与线性相关，且线性回归方程为，则（ ） 月份编号 1 2 3 4 5 下载量（万次） 5 45 4 3.5 2.5 A 与负相关 B. C. 预测第6个月的下载量是2.1万次 D. 残差绝对值的最大值为0.2 10. 等差数列中，，，若，，则（ ） A. 有最小值，无最小值 B. 有最小值，无最大值 C. 无最小值，有最小值 D. 无最大值，有最大值 11. 记函数的最小正周期为，若，且在上的最大值与最小值的差为3，则（ ） A. B. C. 在区间上单调递减 D. 直线是曲线的切线 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知抛物线C的顶点为坐标原点，对称轴为坐标轴，若C恰过，，三点中的两点，则C的方程为________. 13. 四个人围坐在一张圆桌旁，每个人面前放着完全相同的硬币，所有人同时抛掷自己的硬币.若硬币正面朝上，则这个人站起来；若硬币正面朝下，则这个人继续坐着，那么没有相邻的两个人站起来的概率为______. 14. 已知球与圆台的上、 下底面和侧面都相切.若圆台上、下底面半径分别为、，且.若球和圆台的体积分别为和，则的最大值为________. 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，在三棱锥中，，，E为PC的中点，点F在PA上，且平面，． （1）若平面，求； （2）若，求平面与平面夹角正弦值． 16. 已知中，角所对的边分别为. （1）求； （2）设是边上的点，且满足，求内切圆的半径. 17. 已知某旅游景区在手机APP上推出游客竞答的问卷，题型为单项选择题，每题均有4个选项，其中有且只有一项是正确选项.对于游客甲，在知道答题涉及的内容的条件下，可选出唯一的正确选项；在不知道答题涉及的内容的条件下，则随机选择一个选项.已知甲知道答题涉及内容的题数占问卷总题数的. （1）求甲任选一题并答对的概率； （2）若问卷答题以题组形式呈现，每个题组由2道单项选择题构成，每道选择题答对得2分，答错扣1分，放弃作答得0分.假设对于任意一道题，甲选择作答的概率均为，且两题是否选择作答及答题情况互不影响，记每组答题总得分为，求的分布列和期望. 18. 设函数在区间上有定义，若对任意，都满足，则称函数在区间上为级速增函数. （1）判断函数在上是否为1级速增函数，说明理由. （2）若函数在区间上2级速增函数，且，证明：对任意，恒成立. （3）若在区间上为级速增函数，求的取值范围. 19. 已知中心在原点，焦点在x轴上的圆锥曲线E的离心率为2，过E的右焦点E作垂直于x轴的直线，该直线被E截得的弦长为6. （1）求E的方程； （2）若面积为3的的三个顶点均在E上，边BC过F，边AB过原点，求直线BC的方程； （3）已知，过点的直线l与E在y轴的右侧交于不同的两点P，Q，l上是否存在点S满足，且？若存在，求S的坐标，若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 江苏省常州高级中学2025届高三第二学期期初检测 数学试卷 2025.02 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. 若复数满足，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】化简复数，由共轭复数的定义求出，再由复数的模长公式求解即可. 【详解】因为，所以， 所以，所以. 故选：B. 2. 已知集合，，则集合的真子集个数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据集合的定义和集合中元素的互异性写出集合，然后根据真子集的性质求解. 【详解】依题意，集合中有个元素，则其真子集的个数有个. 故选：C 3. “点在圆外”是“直线与圆O相交”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】C 【解析】 【分析】找出两个命题成立的等价条件，即可得出结论. 【详解】若点在圆外，则， 若直线与圆O相交，则，可得， 所以，“点在圆外”是“直线与圆O相交”的充要条件. 故选：C. 4. 函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用函数的定义域、奇偶性、函数值分析运算判断即可得解. 【详解】解：设，定义域为，则有 ， 所以函数是偶函数，图象关于轴对称，故选项A、C错误； 因为， 所以选项B错误； 综上知，选项D正确. 故选：D. 5. 若，，则（ ） A. 4 B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由二倍角的正弦和余弦公式化简已知式可得，再由同角三角函数的基本关系即可得出答案. 【详解】由可得， 则，因为，所以， 所以，因为，所以， 所以. 故选：B. 6. 的展开式中，的系数为（ ） A. 60 B. C. 120 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据，结合二项展开式的通项公式分析求解. 【详解】由题意可知：的通项为， 且的通项为， 令，解得， 所以的系数为． 故选：A 7. 椭圆C：的左、右焦点分别为，，过且斜率为的直线与椭圆交于A，B两点（A在B左侧），若，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据得到三角形为等腰三角形，然后结合椭圆的定义得到，设，得到，再作得到关于的齐次方程，从而得解. 【详解】因， 所以， 则，故， 由椭圆的定义知，， 设，则，故， 所以，解得（正值舍去）， 所以， 如图，作，M为垂足，由，得为的中点， 所以， 则，故. 故选：A. 8. 数列的前n项和为，若，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】对于数列递推式，分别令，推出数列的所有偶数项构成等比数列，令，推出奇数项均为1，再结合分组求和，即可求得答案. 【详解】令，则， 即，即数列的所有偶数项构成首项为，公比为3的等比数列， 令，则， 即，由于，则， 故 ， 故选：D 【点睛】关键点睛：解答本题的关键是根据数列递推式，依次令和令，推出数列的奇偶项的规律，从而结合分组求和法以及等比数列前n项和公式，求解答案. 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，有选错的得0分，部分选对的得3分. 9. 某科技公司统计了一款App最近5个月的下载量如表所示，若与线性相关，且线性回归方程为，则（ ） 月份编号 1 2 3 4 5 下载量（万次） 5 4.5 4 3.5 2.5 A. 与负相关 B. C. 预测第6个月的下载量是2.1万次 D. 残差绝对值的最大值为0.2 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A：根据回归方程分析判断；对于B：根据线性回归方程必过样本中心点，运算求解；对于C：根据回归方程进而预测；对于D：根据题意结合残差的定义分析判断. 【详解】对于A：因为，所以变量与负相关，故正确； 对于B：， ， ，则， 解得，故错误； 对于C：当时，， 故可以预测第6个月的下载量约为2.1万次，故正确； 对于D：当时，，， 当时，，， 当时，，， 当时，，， 当时，，， 故残差绝对值的最大值为0.2，故正确. 故选：ACD. 10. 等差数列中，，，若，，则（ ） A. 有最小值，无最小值 B. 有最小值，无最大值 C. 无最小值，有最小值 D. 无最大值，有最大值 【答案】AD 【解析】 【分析】先利用等差数列的通项公式求得基本量，从而得到，利用它们的表达式进行分析即可得解. 【详解】设等差数列的公差为， 依题意，得，解得， ， ， 当时，有最小值无最大值， 而， 易得，，且， 当时，， 当时，有最大值，无最小值 故选：AD. 11. 记函数的最小正周期为，若，且在上的最大值与最小值的差为3，则（ ） A. B. C. 在区间上单调递减 D. 直线是曲线的切线 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意，先由函数周期以及可得，再由条件可得的值，即可得到，然后对选项逐一判断，即可得到结果. 【详解】由， 又， 可得， 又，则， 所以. 下面分类讨论. （1）若在上单调， 则， 即， 令，则， 在上单调， 又因为, 所以在上单调递减， 所以， 所以， 此时，， 此时，不符合题意. （2）在上不单调， 即在上不单调. 又， 由于余弦函数在长度为一个周期的闭区间上的值域为， 即函数在长度为的区间上值域为， 其最大值与最小值的差为4，大于在上的最大值与最小值的差3， 所以区间长度，所以， 所以，. ①若，即，则， 此时由， 所以， 所以，且至少有一个式子取等号. 解不等式组得， 若，舍去； ，解得，符合题意. ②若，即时， ，， 所以， 所以， ， 无解. 综上可得，，即. 对于A，，故A正确； 对于B，， ，故B正确； 对于C，当，则， 且在上先递减后递增，故C错误； 对于D，因为，所以， ，可得是在处的切线，故D正确； 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据最值之差求出的值，需要对该区间内函数的单调性进行分类讨论，从而确定函数解析式，再一一分析选项即可. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知抛物线C的顶点为坐标原点，对称轴为坐标轴，若C恰过，，三点中的两点，则C的方程为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，得到抛物线经过与两点，设抛物线的方程为，联立方程组，求得，即可得到C的方程. 【详解】因为抛物线顶点为坐标原点，对称轴为坐标轴， 且恰过，，三点中的两点， 因为点和不关于坐标轴对称，所以抛物线不可能过和两点， 又因为在第一象限，在第三象限， 即抛物线不可能同时过和两点， 所以抛物线经过与两点， 设抛物线的方程为，则，解得， 则C的方程为. 故答案为：. 13. 四个人围坐在一张圆桌旁，每个人面前放着完全相同的硬币，所有人同时抛掷自己的硬币.若硬币正面朝上，则这个人站起来；若硬币正面朝下，则这个人继续坐着，那么没有相邻的两个人站起来的概率为______. 【答案】 【解析】 【分析】首先求样本空间，再分情况求解满足条件的样本点，再结合古典概型求概率. 【详解】每个硬币只有正，反两种情况，所以4枚相同的硬币构成种情况， 若没有人站起来，即每个硬币都是正面朝下，只有1种情况， 若只有1人站起来，即4枚硬币有1枚正面朝上，其余3枚正面朝下，有4种情况， 若只有2人站起来，即相对2人的硬币相同，与相邻的人的硬币相反，即有2种情况， 所以满足条件的情况有7种，那么没有相邻的两个人站起来的概率。 故答案为： 14. 已知球与圆台的上、 下底面和侧面都相切.若圆台上、下底面半径分别为、，且.若球和圆台的体积分别为和，则的最大值为________. 【答案】 【解析】 【分析】设球的半径为，利用球与圆台相切得和圆台的高为，再利用圆台和球的体积得，再利用对勾函数的图象与性质，计算得结论. 【详解】因为球与圆台的上、下底面和侧面都相切， 圆台上下底面半径分别为、，且， 由切线长定理有圆台的母线长为， 设球的半径为，几何体轴截面上右端点为，下右端点为， 过点作于，则圆台的高，， 则由勾股定理有，化简得， 因为球与圆台的体积分别为和， 所以， 因为，所以， 令，，由对勾函数可知，时，随的增大而减小， 当时，取得最小值，最小值为， 所以的最大值为. 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. 如图，在三棱锥中，，，E为PC的中点，点F在PA上，且平面，． （1）若平面，求； （2）若，求平面与平面夹角的正弦值． 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，即可证明，即可得到，再由线面平行的性质得到，即可求出的值； （2）取中点，连结，取中点Q，连结，即可证明平面，建立空间直角坐标，利用空间向量法计算可得. 【小问1详解】 解法一：依题意得，为正三角形，取中点， 连接，则， 因为平面，平面，所以， 所以， 又因为为的中点，所以为中点，则， 因为平面，平面， 平面平面，即， 也即，． 解法二：因为平面，平面，所以， 由，可知， 则为等腰直角三角形，， 为正三角形，取中点，连结，则， 取中点Q，连结，则， 又因为与相交于平面， 所以平面，也即平面， 所以OQ，OC，OP两两相互垂直，以O为原点，OQ，OC，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系． 则，，，，，， 因为平面ABC，平面， 平面平面，则， 因为，所以，， ，， 所以． 【小问2详解】 解法一：因为平面，平面，所以， 由，可知， 则为等腰直角三角形，， 为正三角形，取中点，连结，则， 取中点Q，连结，则， 又因为与相交于平面， 所以平面，也即平面， 所以OQ，OC，OP两两相互垂直，以O为原点，OQ，OC，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系． 则，，，，，， ，，，， 设平面的一个法向量，则，， 即取，则， 所以为平面的一个法向量， 所以， 记平面与平面夹角为，， 所以平面与平面夹角的正弦值为． 解法二： 因为，又平面， 则平面，且 ， 又因为平面，平面，所以， 由，可知， 则为等腰直角三角形，， 又因为EF与AC相交于平面PAC，所以平面， 为等腰直角三角形，为斜边中点， 则也为等腰直角三角形，即， 取中点，则，所以，且， 连结，平面， 又平面，则，为二面角的平面角， 在中， 则． 解法三：设点C在平面PAB的射影为N，则平面PAB，平面PAB， 所以， 过点N做，垂足为H，连结CH，因为，平面， 所以平面，平面， 所以，所以为的平面角， 因为平面，平面，所以， 由，可知， 则为等腰直角三角形，， 为正三角形，取AC中点O，连结PO，则， 又因为EF与AC相交于平面PAC，所以平面， 又平面， 所以， 因为，平面，平面， 因为，则，又， 所以， 在中，，， ， ， 所以， 在中，，，即， 所以，所以， 所以， 又， 所以， 所以， 所以平面与平面夹角的正弦值为． 16. 已知中，角所对的边分别为. （1）求； （2）设是边上的点，且满足，求内切圆的半径. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理以及两角和的正弦公式求解结果； （2）在中根据余弦定理得出关于边长的一个关系，再由两边平方得出另一个方程，联立解出边长，再由的面积与内切圆半径的关系求得结果. 【小问1详解】 已知，由正弦定理得， 又， 所以， 因，所以， 因为，所以. 【小问2详解】 如图所示： 在中根据余弦定理得，即，① 又因为，所以，因为，所以， 将两边平方并整理得，② 联立①②得到，所以，， 所以，. 所以的面积为. 设其内切圆半径为，则，解得， 所以内切圆的半径为. 17. 已知某旅游景区在手机APP上推出游客竞答的问卷，题型为单项选择题，每题均有4个选项，其中有且只有一项是正确选项.对于游客甲，在知道答题涉及的内容的条件下，可选出唯一的正确选项；在不知道答题涉及的内容的条件下，则随机选择一个选项.已知甲知道答题涉及内容的题数占问卷总题数的. （1）求甲任选一题并答对的概率； （2）若问卷答题以题组形式呈现，每个题组由2道单项选择题构成，每道选择题答对得2分，答错扣1分，放弃作答得0分.假设对于任意一道题，甲选择作答的概率均为，且两题是否选择作答及答题情况互不影响，记每组答题总得分为，求的分布列和期望. 【答案】（1） （2）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）利用全概率公式即可求出题目答对的概率； （2）由题意可求出的每个值对应的概率，即得分布列，进而求得数学期望. 【小问1详解】 记“甲任选一道题并答对”为事件，“甲知道答题涉及内容”为事件． 依题意，，，，． 因为事件与互斥，所以 ． 【小问2详解】 依题意，随机变量的可能取值为， 所以，， ，， ，； 所以的分布列： X 0 1 2 4 P 所以． 18. 设函数在区间上有定义，若对任意，都满足，则称函数在区间上为级速增函数. （1）判断函数在上是否为1级速增函数，说明理由. （2）若函数在区间上为2级速增函数，且，证明：对任意，恒成立. （3）若在区间上为级速增函数，求的取值范围. 【答案】（1）是；理由见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）结合“1级速增函数”定义，转化为证明，经过因式分解、配方等运算即可证明； （2）由定义赋值可得，再利用累差法可证； （3）由定义得恒成立，分离参数转化为恒成立.先后构造函数与函数，利用导函数求解最值可得的取值范围. 【小问1详解】 函数在上为1级速增函数.证明如下： 任意，则， 则 ， 所以任意，， 故由定义可知，函数在上为1级速增函数. 【小问2详解】 若函数在区间上为2级速增函数， 则当时，， 所以对，恒成立. 有，，，， 各式相加得. 又，则. 故对任意，恒成立. 【小问3详解】 若在区间上为级速增函数， 则任意，有恒成立 则恒成立. 令， 则 由，则， 故，故，在上单调递增， 所以，且； 故由恒成立，则对任意恒成立； 再令，则， 故当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增； 故， 故由恒成立可得，. 故的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：解决此题的关键点在于理解定义并转化为不同形式的不等式解决问题，如第（2）问中利用定义赋值构造不等式，从而利用累差法证明不等式成立；再如第（3）问中由定义转化为对任意，恒成立，从而分离参数转化为函数最值问题求解参数范围即可. 19. 已知中心在原点，焦点在x轴上的圆锥曲线E的离心率为2，过E的右焦点E作垂直于x轴的直线，该直线被E截得的弦长为6. （1）求E的方程； （2）若面积为3的的三个顶点均在E上，边BC过F，边AB过原点，求直线BC的方程； （3）已知，过点的直线l与E在y轴的右侧交于不同的两点P，Q，l上是否存在点S满足，且？若存在，求S的坐标，若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）或 （3）不存在，理由见解析 【解析】 【分析】（1）依题意设出双曲线方程，根据双曲线离心率公式、通径公式进行求解即可； （2）根据直线与双曲线相交，由弦长公式及三角形面积公式可得结果； （3）根据直线与双曲线相交，由条件得出点S的轨迹可判断结果. 【小问1详解】 圆锥曲线E的离心率为2，故E为双曲线，     因为E中心在原点、焦点在x轴上，所以设E的方程为，     令，解得，所以有    ①     又由离心率为2，得    ②，由①②解得， 所以双曲线E的标准方程是． 【小问2详解】 设，，由已知，得，根据直线过原点及对称性， 知，     联立方程，得，化简整理，得，     所以，且，     所以，解得，   所以直线的方程是或．    【小问3详解】 若直线l斜率不存在，此时直线l与双曲线右支无交点，不合题意， 故直线l斜率存在，设直线l方程，联立方程，得， 化简整理，得， 依题意有，因为恒成立， 所以，故，解得：，         设，，则由韦达定理，得， 设点S的坐标为，由，得， 则，变形得到， 将，代入，解得， 将代入中，解得， 消去k，得到点S的轨迹为定直线：上的一段线段（不含线段端点，，设直线与双曲线切于，直线与渐近线平行时于交点为）．     因为，，且，取中点， 因为， 所以， 所以，故， 即S的轨迹方程为，表示以点H为圆心，半径为的圆H， 设直线与y轴，x轴分别交于，， 依次作出直线，，，， 且四条直线的斜率分别为：，，，， 因为，所以线段是线段的一部分     经检验点，均在圆H内部，所以线段也必在圆H内部， 因此线段也必在圆H内部，所以满足条件的点S始终在圆H内部， 故不存在这样的点S，使得，且成立．     【点睛】关键点点睛：根据向量表达式求出点S的轨迹方程，再结合直线斜率之间的大小关系进行判断是解题的关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$