精品解析：江苏省苏州市南京航空航天大学苏州附属中学2025届高三下学期一模适应性练习数学试题

南航苏州附中2024-2025学年第二学期高三年级一模适应性练习 数学 命题人：史玉花 审核人：梁欢欢 一、单选题 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出各个集合，再由集合的补集和交集的定义求解即可 【详解】解不等式，则其解为. 又因为，所以. 求解集合：解不等式，则，得，所以. 那么或. 所以. 故选：B. 2. 已知非零向量、和实数，那么“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 既不充分也不必要条件 C. 充要条件 D. 必要而不充分条件 【答案】D 【解析】 【分析】在等式两边平方，结合平面向量数量积的运算性质可求出向量、的夹角的值，再结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论. 【详解】因为向量、为非零向量，设向量、的夹角为， 在等式两边平方可得， 所以，，则， 因为，所以，，即、方向相反， 所以，“”“、方向相反”，“”“、方向相反”， 因此，“”是“”的必要而不充分条件. 故选：D. 3. 已知数列中，，若，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用等比数列定义求出，利用构造法求出，再列式求解即得. 【详解】在数列中，由，得数列是首项为2，公比为2的等比数列，， 则，即， 因此数列是以为首项，为公差的等差数列. 则，即，由，得， 所以. 故选：B 4. 若为锐角，且，则的值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】利用差角余弦公式得，再应用齐次式法并化弦为切得，结合求函数值. 【详解】由，则， 所以，又为锐角，则， 所以，可得. 故选：D 5. 设，则（ ） A. 21 B. 64 C. 78 D. 156 【答案】A 【解析】 【分析】首先写出展开式的通项，再根据等差数列前项和公式计算可得； 【详解】解：的展开式的通项为，， 所以. 故选：A. 6. 已知函数，且，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，结合条件得到：，然后根据函数的奇偶性和单调性求解. 【详解】由题意得，函数， 设（）， 由，得从而：， 又因为， 所以是上的奇函数，即， 又有， 因为是上的增函数，是上的增函数， 所以是上的增函数； 则可得：，即， 整理得：，解得：或， 所以实数的取值范围为， 故选：C. 7. 中国古代近似计算方法源远流长，早在八世纪，我国著名数学家、天文学家张隧（法号：一行）为编制《大衍历》发明了一种近似计算的方法——二次插值算法（又称一行算法，牛顿也创造了此算法，但是比我国张隧晚了上千年）：函数在，，处的函数值分别为，，，则在区间上可以用二次函数来近似代替：，其中，，，若令，，，请依据上述算法，估算是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意，构造函数并分别求出的值，代入公式，可得答案. 【详解】设，由，则， 可得，，， 由题意可得， 所以. 故选：C. 8. 已知函数，对任意，都有，且存在，使得，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】对求导，得到，利用导数与函数单调性间的关系，得出在区间和上单调性，进而求出在这两个区间上的取值范围， 再根据条件构造函数，再结合条件，利用二次函数性质，即可求解. 【详解】因为，则在区间恒成立， 即在区间上单调递增，所以，当时，， 令，由题有对恒成立， 则，又的对称轴为， 所以，得到， 解得. 又当时，，即在区间上单调递减， 所以当时，， 又存在，使得，所以， 得到，解得或， 综上，实数的取值范围是. 故选：C. 【点晴】关键点点晴，本题的关键在于利用导数，求出在区间和上单调性，进而得到在这两个区间上的取值范围，从而将问题转化成二次函数在区间上恒成立和有解问题. 二、多选题 9. 表示三个随机事件，判断下列选项正确的是（ ） A. 已知是事件与事件相互独立的充要条件 B. 已知，则 C. 已知是事件与事件互斥的充要条件 D. 已知，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，利用条件概率和相互独立事件的判断方法，即可判断；对于B，由，即可判断；对于C，利用互斥事件的定义和概率公式即可判断；对于D，利用条件概率公式即可判断. 【详解】对于A，因为，得到， 故事件与相互独立，即充分性成立； 若事件与相互独立，则， 于是，即必要性成立，故A正确； 对于B，因为，因表示事件发生而不发生的概率， 而则表示事件都不发生的概率，故B错误； 对于C，因为， 所以，又，故事件与互斥，即充分性成立； 若事件与互斥，则，，即必要性成立，故C正确； 对于D，因为，故D正确. 故选：ACD. 10. 下列结论正确的是（ ） A. 若随机变量，则 B. 经验回归方程相对于样本点的残差为0.5 C. 将总体划分为2层，通过分层随机抽样，得到两层的样本平均数和样本方差分别为，和，，若，则总体方差 D. 已知某4个数据的平均数为5，方差为3，现又加入一个数据5，此时这5个数据的方差为2.4 【答案】AD 【解析】 【分析】利用二项分布的方差公式计算出方差，再由方差的性质计算判断A；根据残差的计算公式即可判断B；根据方差公式即可判断CD． 【详解】对于A，由，得， 所以，故A正确； 对于B，残差为，故B错误； 对于C，由题意，总体均值为，若两层样本容量为， 则， 当且仅当时，，故C错误； 对于D，加入数据5后，平均数， 则这5个数据的方差为，故D正确； 故选：AD． 11. 如图，在直四棱柱中，底面为菱形，，P为的中点，点满足，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则四面体的体积为定值 B. 若，则点的轨迹为一段圆弧 C. 若的外心为O，则为定值2 D. 若且，则存在点E在线段上，使得的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用平行线的性质结合给定条件判断底面积和高都是定值来处理A，利用圆的定义结合夹角求解轨迹来处理B，利用三角形外心和向量数量积的性质判断C，将三角形翻折后，利用勾股定理和余弦定理判断D即可. 【详解】对于A，如图，取靠近的三等分点为，靠近的三等分点为， 连接， 因为，所以， 令，而， 则，得到， 因为靠近的三等分点为，靠近的三等分点为，所以， 而由直四棱柱性质得， 而，由勾股定理得， 在直四棱柱中，，， 得到四边形是平行四边形，故， 则，由题意得为的中点，则的面积是定值， 而面，面，所以面， 结合，由线面平行性质得到面的距离为定值， 即四面体的体积为定值，故A正确， 对于B，如图，在面中，过作，连接， 由直四棱柱性质得面，则， 而，面， 故面，则， 而面为菱形，则面为菱形， 因为，所以， 因为，所以，则， 由锐角三角函数定义得，解得，由勾股定理得， 因为，所以由勾股定理得， 则在以为圆心，为半径的圆上运动， 设该圆与交于，与交于， 由三角函数定义得，则， 即点的轨迹为一段圆弧，故B正确， 对于C，如图，作，由题意得的外心为，故是的中点， 由已知得，因为，所以， 而， ，故C错误， 对于D，若且，此时， 因为P为的中点，所以， 由向量加法法则得，故， 则点与点重合，此时把沿着翻折， 如图，使得四点共面，此时有最小值， 此时的点均为翻折过的点，因为P为的中点，所以， 由勾股定理得，如图，连接， 由已知得，则， 由余弦定理得，解得， 由直四棱柱性质得面，则， 则由勾股定理得， 则，故， 而，则，得到， 由余弦定理得，解得，故D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于根据所给条件结合线面位置关系确定点的轨迹，再结合锥体体积公式，空间图形与平面图形的转化解决问题即可. 三、填空题 12. 用半径为的圆形铁皮剪出一个圆心角为的扇形，制成一个圆锥形容器．当该容器的容积最大时，扇形的圆心角__________． 【答案】 【解析】 【分析】设圆锥底面半径为，高为 ，那么，再根据，代入得到 ，利用导数求得函数的最大值，以及和，而圆心角. 【详解】设圆锥的底面半径为，高为，体积为，则， 因此， 则，令 ，解得， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以当时容积最大， 把代入，得 由，得， 即圆心角为时容积最大. 故答案为： 13. 已知函数的部分图象，如图所示，其中，若，则_______. 【答案】 【解析】 【分析】利用图象并结合正弦函数性质判断，的位置，再结合建立方程，求解参数即可. 【详解】由图象并结合正弦函数性质可得是离原点最近且使图象上升的零点， 是图中离最近且使图象下降的零点，则，， 得到，，则两式相除得， 因为，所以，解得. 故答案为： 14. 设双曲线：（，）的左、右焦点分别为和，以的实轴为直径的圆记为，过点作的切线，与的两支分别交于，两点，且，则的离心率的值为______. 【答案】 【解析】 【分析】如图，设直线l与圆C的切点为，过点作于点Q，则，由题意求出，进而求出、，结合双曲线的定义化简计算即可求解. 【详解】设直线l与圆C的切点为，则，， 由，得， 过点作于点Q，则， 由O为的中点，得， 因为为锐角，所以， 有，得， 所以，由双曲线的定义知， ，即，解得， 又，所以，所以双曲线的离心率为. 故答案为：. 四、解答题 15. 已知函数，. （1）讨论的单调性； （2）n为正整数，当时，曲线在点处的切线记为，直线与y轴交点的纵坐标记为，证明：. 【答案】（1） 时，在上单调递减； 时，在上单调递增，在上单调递减； （2） 由题设，则， 则，， 此时在处的切线方程为， 与y轴交点纵坐标为； 所以， 对于且，则，即在上单调递增， 所以，即， 所以，得证. 【解析】 【分析】（1）对函数求导，讨论、研究函数对应的单调性； （2）对函数求导，应用导数几何意义得处的切线为，进而得到切线与y轴交点纵坐标为，利用导数证在上恒成立，最后应用放缩法、等差数列前n项和公式证明结论. 【小问1详解】 由题设且， 当时，，此时在上单调递减； 当时，时，时， 所以在上单调递增，在上单调递减； 综上，时，在上单调递减； 时，在上单调递增，在上单调递减； 【小问2详解】 略 16. 在中，角所对的边分别为，其中，． （1）求角的大小； （2）如图，为外一点，，，求的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，由正弦定理将边化为角，可得角的方程，化简计算，即可得到结果； （2）根据题意，由正弦定理可得，再由余弦定理分别得到，再由基本不等式代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 因为，所以， 由正弦定理，可得， 整理可得， 又因为， 化简可得， 而，则，又，则 【小问2详解】 在中，由可得， 在中，由可得， 所以， 设， 由余弦定理， ， 可得，， 因此， 当且仅当时，即等号成立， 所以的最大值为，此时. 17. 如图，已知四棱台中，，，，，，，且，为线段中点， （1）求证：平面； （2）若四棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明：如图所示： 分别延长线段，，，交于点，将四棱台补成四棱锥. ∵，∴，∴， 取的中点，连接，， ∵，且，∴四边形为平行四边形. ∴，又平面，平面， ∴平面； （2） 【解析】 【分析】（1）分别延长线段，，，交于点，将四棱台补成四棱锥，取的中点，连接，，由四边形为平行四边形，得到，然后利用线面平行的判定定理证明； （2）先证明平面，再以A为坐标原点，以直线为x轴，以直线为y轴，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量为，易得平面的一个法向量为，然后由求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由于，所以， 又梯形面积为， 设到平面距离为，则，得. 而，平面，平面， 所以平面， 所以点C到平面的距离与点D到平面的距离相等， 而，所以平面. 以A为坐标原点，以直线为x轴，以直线为y轴，建立空间直角坐标系， 易得为等边三角形，所以，，，， 设平面的法向量为， 则， 得，，不妨取， 又平面的一个法向量为. 则， 平面与平面夹角的余弦值为. 18. 某公园有两条散步路线，分别记为路线A和路线B.附近的居民经常来此散步，经过一段时间的统计发现，前一天选择路线A的居民第二天选择路线A和路线B的概率均为；前一天选择路线B的居民第二天选择路线A和路线B的概率分别为和，已知居民第一天选择路线A的概率为，选择路线B的概率为. （1）若有4位居民连续两天去公园散步，记第二天选择路线A散步的人数为Y，求Y的分布列及期望； （2）若某居民每天都去公园散步，记第n天选择路线A的概率为. （i）请写出与的递推关系； （ii）设，求证：. 【答案】（1）分布列： 0 1 2 3 4 （2）（i） （ii）证明：由（i）知，则，而， 于是数列是首项为，公比为的等比数列， 因此，即，， 当时，，而， 所以； 当时，， 而， 所以， 所以. 【解析】 【分析】（1）先求居民第二天路线的概率，然后根据二项分布的概率公式求出概率，可得分布列，利用二项分布期望公式可得期望； （2）（ⅰ）分析第天选择路线，和路线情况下第天选择路线的概率，再由全概率公式列式，利用构造法求出关系式；（ⅱ）由（ⅰ）构造法求出通项公式，再借助放缩法及等比数列前和公式推理得证. 【小问1详解】 记附近居民第天选择路线分别为事件， 依题意，，，， 则由全概率公式，得居民第二天选择路线散步的概率； 记第二天选择路线散步的人数为，则， 则，， ，， ， 则的分布列为： 0 1 2 3 4 故的数学期望． 【小问2详解】 （i）当第天选择路线时，第天选择路线的概率； 当第天选择路线时，第天选择路线的概率， 所以. （ii）略 19. 已知抛物线，过点的直线与抛物线交于两点，设抛物线在点处的切线分别为和，已知与轴交于点与轴交于点，设与的交点为. （1）证明：点在定直线上； （2）若面积为，求点的坐标； （3）若四点共圆，求点的坐标. 【答案】（1）证明：由，得， 设. 所以方程为：，整理得：. 同理可得，方程为：. 联立方程，解得. 因为点在抛物线内部，可知直线的斜率存在，且与抛物线必相交， 设直线的方程为，与抛物线方程联立得：， 故， 所以，可知. 所以点在定直线上. . （2）或 （3） 【解析】 【分析】（1）设，利用导数求和的方程，进而可得点的坐标，再联立直线、抛物线的方程，利用韦达定理分析求解； （2）根据面积关系可得，结合韦达定理分析求解； （3）可知抛物线焦点，分析可得是外接圆的直径，结合垂直关系分析求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在的方程中，令，得， 所以面积. 故， 代入可得：. 整理得，解得：或. 所以点的坐标为或. 【小问3详解】 若，则重合，与题设矛盾. 抛物线焦点，由得直线斜率， 可知， 同理，所以是外接圆的直径. 若点也在该圆上，则. 由，得直线的方程为：. 又点在定直线上， 联立两直线方程，解得， 所以点的坐标为. 【点睛】关键点点睛：本题第3小问解决的关键是，引入抛物线焦点，利用斜率可得，，可知是外接圆的直径，即可得结果. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南航苏州附中2024-2025学年第二学期高三年级一模适应性练习 数学 命题人：史玉花 审核人：梁欢欢 一、单选题 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知非零向量、和实数，那么“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 既不充分也不必要条件 C. 充要条件 D. 必要而不充分条件 3. 已知数列中，，若，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 4. 若为锐角，且，则的值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 5. 设，则（ ） A. 21 B. 64 C. 78 D. 156 6. 已知函数，且，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 中国古代近似计算方法源远流长，早在八世纪，我国著名数学家、天文学家张隧（法号：一行）为编制《大衍历》发明了一种近似计算方法——二次插值算法（又称一行算法，牛顿也创造了此算法，但是比我国张隧晚了上千年）：函数在，，处的函数值分别为，，，则在区间上可以用二次函数来近似代替：，其中，，，若令，，，请依据上述算法，估算是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，对任意，都有，且存在，使得，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 表示三个随机事件，判断下列选项正确的是（ ） A. 已知是事件与事件相互独立的充要条件 B. 已知，则 C. 已知是事件与事件互斥的充要条件 D. 已知，则 10. 下列结论正确的是（ ） A. 若随机变量，则 B. 经验回归方程相对于样本点的残差为0.5 C. 将总体划分为2层，通过分层随机抽样，得到两层的样本平均数和样本方差分别为，和，，若，则总体方差 D. 已知某4个数据的平均数为5，方差为3，现又加入一个数据5，此时这5个数据的方差为2.4 11. 如图，在直四棱柱中，底面为菱形，，P为的中点，点满足，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则四面体的体积为定值 B. 若，则点的轨迹为一段圆弧 C. 若的外心为O，则为定值2 D. 若且，则存在点E在线段上，使得的最小值为 三、填空题 12. 用半径为的圆形铁皮剪出一个圆心角为的扇形，制成一个圆锥形容器．当该容器的容积最大时，扇形的圆心角__________． 13. 已知函数的部分图象，如图所示，其中，若，则_______. 14. 设双曲线：（，）左、右焦点分别为和，以的实轴为直径的圆记为，过点作的切线，与的两支分别交于，两点，且，则的离心率的值为______. 四、解答题 15. 已知函数，. （1）讨论的单调性； （2）n为正整数，当时，曲线在点处切线记为，直线与y轴交点的纵坐标记为，证明：. 16. 在中，角所对的边分别为，其中，． （1）求角的大小； （2）如图，为外一点，，，求的最大值． 17. 如图，已知四棱台中，，，，，，，且，线段中点， （1）求证：平面； （2）若四棱锥体积为，求平面与平面夹角的余弦值. 18. 某公园有两条散步路线，分别记为路线A和路线B.附近的居民经常来此散步，经过一段时间的统计发现，前一天选择路线A的居民第二天选择路线A和路线B的概率均为；前一天选择路线B的居民第二天选择路线A和路线B的概率分别为和，已知居民第一天选择路线A的概率为，选择路线B的概率为. （1）若有4位居民连续两天去公园散步，记第二天选择路线A散步的人数为Y，求Y的分布列及期望； （2）若某居民每天都去公园散步，记第n天选择路线A的概率为. （i）请写出与的递推关系； （ii）设，求证：. 19. 已知抛物线，过点的直线与抛物线交于两点，设抛物线在点处的切线分别为和，已知与轴交于点与轴交于点，设与的交点为. （1）证明：点在定直线上； （2）若面积为，求点的坐标； （3）若四点共圆，求点的坐标. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $