精品解析：江苏省苏锡常镇2024-2025学年高三下学期教学情况调研（一）数学试题

2024~2025学年度苏锡常镇高三教学情况调研（一） 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需 改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，， 写在本试卷上无效． 3．本卷满分150分，考试时间120分钟．考试结束后，将答题卡交回． 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. 已知为虚数单位，复数满足，则（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，再计算其模. 【详解】因为，所以， 所以. 故选：A 2. 设甲：；乙：，则甲是乙的（ ） 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】D 【解析】 【分析】利用不等式的性质和指数函数的单调性化简甲乙两个命题，即可结合充分和必要条件的定义求解. 【详解】由可得，由可得， 所以由推不出，即充分性不成立； 由也推不出，即必要性不成立. 所以甲是乙的既不充分也不必要条件. 故选:D. 3. 已知平面向量是两个单位向量，在上的投影向量为，则（    ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用投影向量的定义及数量积的运算律求解. 【详解】由在上的投影向量为，得，则，而是单位向量， 因此，又是单位向量，所以. 故选：B 4. 已知为等比数列的前项和，若，则（ ） A. 5 B. 9 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设等比数列的公比为，根据所给条件及等比数列通项公式求出，再由求和公式计算可得. 【详解】设等比数列的公比为，显然， 由，即， 则，解得， 所以. 故选：A 5. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先切化弦，得到，再结合两角和与差的正弦公式可求值. 【详解】由. 由. 由. 所以. 故选：B 6. 已知一圆柱内接于半径为1的球，当该圆柱的体积最大时，其高为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合立体图形，由勾股定理得到，利用均值不等式求最值，等号成立时圆柱体积最大，求出此时的高即可. 【详解】设球半径为，圆柱的底面半径为，圆柱的高为， 如图，则有，即， 整理得，当且仅当，即时，等号成立， 此时圆柱体积取得最大值， 所以圆柱的体积最大时，即. 故选：C. 7. 在空间中，过点作平面的垂线，记垂足．设两个不同平面，，对任意一点，，，恒有成立，则（ ） A. B. 的夹角为 C. 的夹角为 D. 【答案】D 【解析】 【分析】搞清楚题中给出符号的意思，画出草图，可判断平面的位置关系. 【详解】如图： 设，则， 设，则， 因为恒成立，所以两点重合， 所以四边形为矩形. 且为平面所成二面角的平面角. 所以. 故选：D 8. 我校共有1500名学生在学校用午餐，每次午餐只能选择在文夫楼的一楼或二楼的一个餐厅用餐，经统计，当天在一楼餐厅用午餐的学生中，有的学生第二天会到二楼餐厅用午餐；而当天在二楼餐厅用午餐的学生中，有的学生第二天会到一楼餐厅用楼午餐，则一学期后，在一楼餐厅用午餐的学生数大约为（ ） A. 700 B. 800 C. 900 D. 1000 【答案】C 【解析】 【分析】记第天在一楼餐厅用午餐的学生人数为，根据题意列出递推公式，求出通项，观察变化趋势可得. 【详解】记第天在一楼餐厅用午餐的学生人数为，则在二楼餐厅用午餐的学生人数为， 由题意可得，整理得， 当时，可得； 当时，数列是以为公比的等比数列， 所以， 一学期后足够大，此时趋近于0，此时趋近于900. 故选：C 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 某中学举行数学史知识竞赛，其中6个小组的比赛成绩分别为：70，85，89，75，96，89，则这组数据的（ ） A. 极差为26 B. 中位数大于平均数 C. 方差为472 D. 下四分位数为75 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意，由中位数，平均数以及方差的计算公式代入计算，即可得到结果. 【详解】将成绩从小到大排序为：， 极差为，故A正确； 中位数为， 平均数为，故B正确； 方差为 ，故C错误； 下四分位数位置，即下四分位数是第二个数，即，故D正确； 故选：ABD 10. 已知函数，其导函数为，则（ ） A. 直线是曲线的切线 B. 有三个零点 C. D. 若在区间上有最大值，则的取值范围为 【答案】BC 【解析】 【分析】对求导，根据二次函数的性质计算判断C，根据导函数求出函数的单调性及极值点B；利用导函数求出导数值为即可确定过该点的切线方程，即判断A；根据图象及函数有最大值列式计算即可判断D． 【详解】因为，则，，所以，C正确； 因为，令，得，解得或， 当或时，，当时，， 所以在和上单调递增，在上单调递减， 所以在处取得极大值，在处取得极小值， 且， 图象如图所示： 故有两个极值点，三个零点，故B正确； 设切点的坐标为，则切线斜率为， 则，所以不存在斜率为的切线， 直线不是曲线的切线，故A错误； 因为，所以若在区间上有最大值， 则，所以，故D错误． 故选：BC． 11. 已知正方体的棱长为1，点满足，其中，则（ ） A. 当时，平面 B. 当时，异面直线与所成的角为 C. 当时， D. 当时，线段的长度最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】以正方体一个顶点及三条棱建立空间直角坐标系，得到点的坐标.A选项由空间向量证明线面平行；B选项由空间向量的夹角公式求得线线角；C选项由空间向量的数量积为0证明线线垂直；D选项由基本不等式求得的模长的最小值. 【详解】在正方体中，以为坐标原点，分别为如图建立空间直角坐标系. ， ， ∵，∴， A选项：，， ∴，即是平面的法向量， 又∵，∴平面，A选项正确； B选项：设，则，，设异面直线与所成的角为， 则，显然，选项错误； C选项：设，则，即，，则，∴，C选项正确； D选项：，∵，则 即，当且仅当时取等号， ∴，D选项正确. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛，本题是立体几何中的动点产生的线线和线面的关系，所以本题建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标关系求得对称结果即可. 三、填空题：本题共3小题，每小题5，分，共15分． 12. 请写出一个同时满足以下三个条件的函数______． ①，②，③不是常数函数． 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】分析各个条件，写出符合要求的三角函数即可 【详解】分析函数的性质， 条件①，函数为奇函数， 条件②，函数周期为， 可考虑三角函数，函数解析式可以为（答案不唯一）． 故答案为：（答案不唯一）． 13. 已知拋物线，的焦点分别为，一条平行于轴的直线分别与交于两点．若，则四边形的周长为______． 【答案】12 【解析】 【分析】根据题意，由抛物线的焦半径公式结合抛物线方程代入计算，即可得到的纵坐标，即可得到结果. 【详解】设，则，将坐标分别代入， 可得，即，所以， 由焦半径公式可得，， 由可得，即，所以， 所以， 又，则， ， 所以四边形的周长为. 故答案为： 14. 在一个不透明的袋子中装有4个形状大小相同，颜色互不相同的小球．某人先后两次任意摸取小球（每次至少摸取1个小球），假设每次摸到球的各种不同情况等可能，第一次摸取后记下摸到的小球颜色，再将摸到的小球放回袋中；第二次摸取后，也记下摸到的小球颜色．则“两次记下的小球颜色能凑齐4种颜色，且恰有一种颜色两次都被记下”的概率为______． 【答案】 【解析】 【分析】应用分步乘法原理及分类加法原理结合组合数的运算，最后结合古典概型计算求解. 【详解】某人先后两次任意摸取小球，每次至少摸取1个小球，则每次摸球的情况有种， 所以先后两次任意摸取小球共有种情况； 两次记下的小球颜色能凑齐4种颜色，且恰有一种颜色两次都被记下的情况有： 第一次摸取1个球，第二次摸取4个球，情况共有种； 第一次摸取2个球，第二次摸取3个球，情况共有种； 第一次摸取3个球，第二次摸取2个球，情况共有种； 第一次摸取4个球，第二次摸取1个球，情况共有种； 因为每次摸到球的各种不同情况等可能， 所以两次记下的小球颜色能凑齐4种颜色， 且恰有一种颜色两次都被记下的概率为. 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. 在中，角所对的边分别为，且． （1）求； （2）若，，为的中点，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据余弦定理或正弦定理进行边角转化，可求角. （2）法一：在中，利用余弦定理，先求边与，再在中利用余弦定理求. 法二：利用，在和中利用余弦定理列式，可求的值. 法三：在中，利用余弦定理，先求边，再利用，结合平面向量数量积的有关运算，可求的值. 【小问1详解】 法一：因为，由余弦定理：， 得：，则，因为，所以． 法二：因为，由正弦定理得： ，， ，， 因为，所以，因为，所以． 【小问2详解】 在中，由余弦定理得：， 得：， 法一：， 在中，由余弦定理得：，得：． 法二：因为，所以， 所以， 所以，解得：． 法三：因为，所以， ，所以． 16. 在①；②；③这三个条件中，请选择一个合适的条件，补充在下题横线上（只要写序号），并解答该题． 已知数列的各项均为正数，其前项和为，且对任意正整数，有______． （1）求的通项公式； （2）设，数列的前项和为，证明：． 【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）条件①不符合题意.如果选条件②，则可根据及条件②，得到，从而可判断是等差数列，求得的通项公式，进而得到的通项公式，最后得到的通项公式.如果选条件③，可直接得到与的关系，进而可得到的通项公式. （2）由已知条件，可求得的通项公式，从而得到的表达式，即可证明. 【小问1详解】 对于条件①，当时，，不符合题意．（如果选条件①，不得分） 如选②：， ，， 则是公差为1的等差数列， 则，则． 当时，， 当时，满足上式． 所以的通项公式为． 如选③：因为，则， 当时，，解得：． 当时，， 即，因为，所以， 则是首项为1，公差为2的等差数列， 所以的通项公式为． 【小问2详解】 因为， ． 因为，且在时单调减小， 所以，且在时单调增加，并在时取最小值， 所以． 17. 如图，在四面体中，，，点为棱的中点，点为棱上的动点． （1）求证：平面平面； （2）已知二面角的大小为，当直线与平面所成角的正弦值的最大值为时，求此时四面体的体积． 【答案】（1） 由，得， 又平面，则平面， 而平面，于是，由为中点，，得， 又平面，因此面，又平面， 所以平面平面． （2） 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定、性质，面面垂直的判定推理得证. （2）由（1）可得，再结合已知确定点位置，进而求出四面体的相关元素并求出体积. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，二面角的平面角为，则， 由平面，得为与平面所成的角， 在中，，则，， 而，则，此时， 由平面，平面，得，而平面， 则平面，又平面，于是， 在中，，则， 所以四面体的体积. 18. 已知双曲线的右顶点到其渐近线的距离为．点在的渐近线上，过的直线与交于两点，直线分别与轴交于两点． （1）求的方程； （2）若的面积为，求的方程； （3）证明：线段的中点为定点． 【答案】（1） （2） （3） 设，不妨设．则直线⑦， 联立①⑦得：， 则， 则； 同理：． 而，， 又三点共线，则有， 则， 得：， 所以的中点为定点． 【解析】 【分析】（1）由顶点到渐近线距离建立方程解得的值，从而得到曲线方程； （2）设直线方程，联立方程组得到一元二次方程，设交点坐标，由韦达定理得到根与系数的关系，由三角形面积建立方程得到的值，从而得到直线方程； （3）设坐标，然后得到直线方程，联立方程组得到一元二次方程，由韦达定理得到点坐标，同理求得点坐标.从而得到，由向量共线建立等式，从而得到点纵坐标的关系，即可得证. 【小问1详解】 因为的一条渐近线方程为， 到渐近线的距离为， 过得， 解得：， 所以的方程为①． 【小问2详解】 显然直线的斜率存在，设的方程为②， ①②联立得：． 则有③，④， 设， 则⑤，⑥， 把⑤⑥代入：， 所以， 得：，解得：． 满足③④式，则直线的方程为． 【小问3详解】 略 【点睛】技巧点睛，三角形在直角坐标的面积可以用铅锤高乘水平宽来表示，例如本题中(表示点的水平宽) . 19. 我们把称为区间的长度．若函数是定义在区间上的函数，且存在，使得，则称为的自映射区间．已知函数，． （1）若，任取的一个自映射区间，求其区间的长度的概率； （2）若存在自映射区间， ①求的取值范围； ②求证：，且的长度． 【答案】（1） （2）①；②证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据题意，由自映射区间定义结合古典概型的概率公式代入计算，即可得到结果； （2）①由自映射区间定义，结合函数的单调性，将问题转化为函数至少存在两个零点问题，然后结合导数，代入计算，即可得到结果；②构造函数，利用导数研究函数的单调性，即可证明不等式. 【小问1详解】 因为恒成立，则在上单调递增， 若存在自映射区间，则， 即方程，即至少有两个不同实数解． 则的解集为，所以区间的选择共有种． 若，共有6种选择， 所以区间的长度的概率为． 【小问2详解】 ①因为在上单调递增， 若存在自映射区间，则， 即至少有两个零点， 因为时，单调递增； 时，单调递减； 若要存在两个零点，则，即． 此时，使得． 因为当时，，即函数单调递减， 所以，又， 所以，则，使得． 所以的取值范围为． ②因为，所以， 下证：．记， 则， 则在上单调递增，则，即， 即，所以． 所以，所以． 记，则， 时，单调递减；时，单调递增； 所以，即， 则，即，同理 因为函数的，且对称轴为， 则方程存在两根，且， 又，且，所以， 则， 所以区间的长度． 【点睛】关键点睛：本题主要考查了新定义问题与导数的综合应用，难度较大，解答本题的关键在于理解所给的定义，然后结合导数的知识解答. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024~2025学年度苏锡常镇高三教学情况调研（一） 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需 改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，， 写在本试卷上无效． 3．本卷满分150分，考试时间120分钟．考试结束后，将答题卡交回． 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. 已知为虚数单位，复数满足，则（ ） A. B. 1 C. D. 2. 设甲：；乙：，则甲是乙的（ ） 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 3. 已知平面向量是两个单位向量，在上的投影向量为，则（    ） A. 1 B. C. D. 4. 已知为等比数列的前项和，若，则（ ） A. 5 B. 9 C. D. 5. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知一圆柱内接于半径为1的球，当该圆柱的体积最大时，其高为（ ） A. B. C. D. 7. 在空间中，过点作平面的垂线，记垂足．设两个不同平面，，对任意一点，，，恒有成立，则（ ） A. B. 的夹角为 C. 的夹角为 D. 8. 我校共有1500名学生在学校用午餐，每次午餐只能选择在文夫楼的一楼或二楼的一个餐厅用餐，经统计，当天在一楼餐厅用午餐的学生中，有的学生第二天会到二楼餐厅用午餐；而当天在二楼餐厅用午餐的学生中，有的学生第二天会到一楼餐厅用楼午餐，则一学期后，在一楼餐厅用午餐的学生数大约为（ ） A. 700 B. 800 C. 900 D. 1000 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 某中学举行数学史知识竞赛，其中6个小组的比赛成绩分别为：70，85，89，75，96，89，则这组数据的（ ） A. 极差为26 B. 中位数大于平均数 C. 方差为472 D. 下四分位数为75 10. 已知函数，其导函数为，则（ ） A. 直线是曲线的切线 B. 有三个零点 C. D. 若在区间上有最大值，则的取值范围为 11. 已知正方体的棱长为1，点满足，其中，则（ ） A. 当时，平面 B. 当时，异面直线与所成的角为 C. 当时， D. 当时，线段的长度最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5，分，共15分． 12. 请写出一个同时满足以下三个条件的函数______． ①，②，③不是常数函数． 13. 已知拋物线，的焦点分别为，一条平行于轴的直线分别与交于两点．若，则四边形的周长为______． 14. 在一个不透明的袋子中装有4个形状大小相同，颜色互不相同的小球．某人先后两次任意摸取小球（每次至少摸取1个小球），假设每次摸到球的各种不同情况等可能，第一次摸取后记下摸到的小球颜色，再将摸到的小球放回袋中；第二次摸取后，也记下摸到的小球颜色．则“两次记下的小球颜色能凑齐4种颜色，且恰有一种颜色两次都被记下”的概率为______． 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. 在中，角所对的边分别为，且． （1）求； （2）若，，为的中点，求． 16. 在①；②；③这三个条件中，请选择一个合适的条件，补充在下题横线上（只要写序号），并解答该题． 已知数列的各项均为正数，其前项和为，且对任意正整数，有______． （1）求的通项公式； （2）设，数列的前项和为，证明：． 17. 如图，在四面体中，，，点为棱的中点，点为棱上的动点． （1）求证：平面平面； （2）已知二面角的大小为，当直线与平面所成角的正弦值的最大值为时，求此时四面体的体积． 18. 已知双曲线的右顶点到其渐近线的距离为．点在的渐近线上，过的直线与交于两点，直线分别与轴交于两点． （1）求的方程； （2）若的面积为，求的方程； （3）证明：线段的中点为定点． 19. 我们把称为区间的长度．若函数是定义在区间上的函数，且存在，使得，则称为的自映射区间．已知函数，． （1）若，任取的一个自映射区间，求其区间的长度的概率； （2）若存在自映射区间， ①求的取值范围； ②求证：，且的长度． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $