精品解析：江苏省南京市、盐城市2024-2025学年高三下学期第一次模拟考试数学试题

南京市､盐城市2025届高三年级第一次模拟考试 数学 注意事项： 1.本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分，考试形式闭卷. 2.本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分. 3.答题前，务必将自己的姓名､准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡上. 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. 设集合.若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足（为虚数单位），则（ ） A. 4 B. 2 C. 1 D. 3. 已知均为单位向量.若，则与夹角的大小是（ ） A. B. C. D. 4. 某项比赛共有10个评委评分，若去掉一个最高分与一个最低分，则与原始数据相比，一定不变的是（ ） A. 极差 B. 45百分位数 C. 平均数 D. 众数 5. 已知等比数列的公比为2，且.若，则值是（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 6. 在锐角中，角所对的边分别为.若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 7. 已知双曲线的左焦点、右顶点分别为，过点倾斜角为的直线交的两条渐近线分别于点.若为等边三角形，则双曲线的渐近线方程是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，则关于的不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 二､多选题：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，不选或有选错的得0分. 9. 已知，则（ ） A. B. C. D. 10. 在边长为2的菱形中，，将菱形沿对角线折成四面体，使得，则（ ） A. 直线与直线所成角为 B. 直线与平面所成角的余弦值为 C. 四面体的体积为 D. 四面体外接球的表面积为 11. 已知函数满足：对任意，且当时，.下列说法正确的是（ ） A. B. 为偶函数 C. 当时， D. 在上单调递减 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若函数的图象关于直线对称，则实数的值是__________. 13. 已知椭圆的上顶点为，直线交于两点.若的重心为，则实数的值是__________. 14. 将9个互不相同的向量，填入的方格中，使得每行、每列的三个向量的和都相等，则不同的填法种数是__________. 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，内接于圆为圆的直径，平面为线段中点. （1）求证：平面平面； （2）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 16. 已知数列的前项和满足为常数，且. （1）求的值； （2）证明：为等差数列； （3）若，求的取值范围. 17. 甲、乙两人组队准备参加一项挑战比赛，该挑战比赛共分关，规则如下：首先某队员先上场从第一关开始挑战，若挑战成功，则该队员继续挑战下一关，否则该队员被淘汰，并由第二名队员接力，从上一名队员失败的关卡开始继续挑战，当两名队员均被淘汰或者关都挑战成功，挑战比赛结束.若甲每一关挑战成功的概率均为，乙每一关挑战成功的概率均为，且甲、乙两人每关挑战成功与否互不影响，每关成功与否也互不影响. （1）已知甲先上场，， ①求挑战没有一关成功的概率； ②设为挑战比赛结束时挑战成功的关卡数，求； （2）如果关都挑战成功，那么比赛挑战成功.试判断甲先出场与乙先出场比赛挑战成功的概率是否相同，并说明理由. 18. 已知函数. （1）当时，求证：； （2）若对于恒成立，求的取值范围； （3）若存在，使得，求证：. 19. 设是由直线构成的集合，对于曲线，若上任意一点处的切线均在中，且中的任意一条直线都是上某点处的切线，则称为的包络曲线. （1）已知圆为的包络曲线，判断直线（为常数，）与集合的关系； （2）已知的包络曲线为，直线.设与的公共点分别为，记的焦点为. ①证明：是、的等比中项； ②若点在圆上，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南京市､盐城市2025届高三年级第一次模拟考试 数学 注意事项： 1.本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分，考试形式闭卷. 2.本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分. 3.答题前，务必将自己的姓名､准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡上. 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. 设集合.若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】直接解不等式确定集合，再根据集合的基本关系确定参数范围即可. 【详解】由可得，由可得， 又，所以，即，故D正确. 故选：D 2. 已知复数满足（为虚数单位），则（ ） A. 4 B. 2 C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先根据复数代数形式的除法运算化简，再计算其模即可. 【详解】因为，所以，所以， 所以. 故选：B 3. 已知均为单位向量.若，则与夹角的大小是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】对两边同时平方，再结合单位向量的性质求出，最后根据向量数量积公式求出夹角. 【详解】已知，两边平方可得. 则，所以.  因为均为单位向量，所以. 根据，，. 将其代入可得：. 则.  设与的夹角为，，且，，可得，即. 因为，所以.  则与夹角的大小是. 故选：C. 4. 某项比赛共有10个评委评分，若去掉一个最高分与一个最低分，则与原始数据相比，一定不变的是（ ） A. 极差 B. 45百分位数 C. 平均数 D. 众数 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意将10个数据去掉最高分和最低分后45百分位数不变. 【详解】对A，若每个数据都不相同，则极差一定变化，故A错误； 对B，由，所以将10个数据从小到大排列，45百分位数为第5个数据， 从10个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到8个有效评分，， 所以45百分位数为8个数据从小到大排列后第4个数据，即为原来的第5个数据． 对C，去掉一个最高分一个最低分，平均数可能变化，故C错误； 对D，去掉一个最高分一个最低分，众数可能变化，故D错误. 故选：B. 5. 已知等比数列的公比为2，且.若，则值是（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意求出等比数列的通项，在运用等比数列的性质及前项和公式求解即可． 【详解】由题可得：，解得，故， 因为 ，解得． 故选：B． 6. 在锐角中，角所对的边分别为.若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】用射影定理即可化简求值. 【详解】如图所示，过点A作于点D， 则， 同理可证， 因为，所以， 整理得，因为为锐角三角形，所以， 所以，即， 故选：D 7. 已知双曲线的左焦点、右顶点分别为，过点倾斜角为的直线交的两条渐近线分别于点.若为等边三角形，则双曲线的渐近线方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出直线的方程，与渐近线方程联立，求出的坐标，利用为等边三角形即，得到的关系，即可得渐近线方程. 【详解】由题意可得，所以直线的方程为， 由可得， 由可得， 因为为等边三角形，所以， 即， 整理可得，所以， 所以双曲线的渐近线方程是， 故选：C. 8. 已知函数，则关于的不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由函数解析式，可得函数的单调性与对称性，化简不等式，可得答案. 【详解】由， 则， 由，则函数在上单调递增，易知函数在上单调递减， 由，则，即， 可得，分解因式可得，解得. 故选：A. 二､多选题：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，不选或有选错的得0分. 9. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据余弦函数的和差公式，同角三角函数的商式公式，以及二倍角公式，可得答案. 【详解】由，且，则，故A错误； 由，故B正确； 由，故C正确； 由，故D错误. 故选：BC. 10. 在边长为2的菱形中，，将菱形沿对角线折成四面体，使得，则（ ） A. 直线与直线所成角为 B. 直线与平面所成角的余弦值为 C. 四面体的体积为 D. 四面体外接球的表面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A.证明平面即可；B找出线面角，在中求解；C . 因平面，则；D作垂线，找球心，在中求解. 【详解】如图所示，取的中点，连接， 因和为等边三角形，则， 因平面，平面，则平面， 因平面，则，故A正确； 因平面，则在平面内的投影落在直线上， 故为直线与平面所成角， 因，，则， 因，则在中边上的高为，则，故B正确； 因，平面，则，故C错误； 点分别为和的外心，过分别作平面，平面，，则点为球心， 则， 在中，，故， 则， 则四面体外接球的表面积为，故D正确. 故选：ABD 11. 已知函数满足：对任意，且当时，.下列说法正确的是（ ） A. B. 为偶函数 C. 当时， D. 在上单调递减 【答案】ACD 【解析】 【分析】由关系取，可求，取，可求，再求，判断A，取，可得，的关系，再将替换为，求，由此判断函数的奇偶性，判断B，将中的用替换可得，结合条件证明当时，，再结合函数的奇偶性判断C，结合单调性定义证明函数在上单调递减，再利用导数证明函数在上单调递减，判断D. 【详解】因为， 令，，可得， 所以， 令，，可得， 所以， 所以，A正确； 由， 令可得，， 再将中的替换为，可得， 所以， 所以，所以函数为奇函数，B错误； 当时，将中的用替换， 可得，即， 当时，，由已知可得， 所以，， 又函数为奇函数，所以当时，，， 所以当时，，C正确； 因为， 所以若，则， 任取，且， 则， 因为，所以，，, 所以，所以， 所以函数在上单调递减， 设， 当时，， 因为，所以， 因为函数在上单调递减，所以， 所以， 所以在上单调递减. 故选：ACD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若函数的图象关于直线对称，则实数的值是__________. 【答案】 【解析】 【分析】由条件可得，化简求. 【详解】因为函数的图象关于直线对称， 所以， 所以， 所以， 所以，因为不恒为， 所以，所以. 故答案为：. 13. 已知椭圆的上顶点为，直线交于两点.若的重心为，则实数的值是__________. 【答案】##0.75 【解析】 【分析】根据椭圆方程求出上顶点的坐标，再设出，，利用三角形重心坐标公式得到与的值，然后联立直线与椭圆方程，根据韦达定理求出与关于、的表达式，进而求出的值. 【详解】已知椭圆，上顶点坐标为. 设，，因为的重心为，所以，. 由可得；由可得. 直曲联立，将直线代入椭圆，可得. 展开并整理得. 根据韦达定理可知. 又因为，，所以. 由可得 ①；由可得 ②. 由②可得，将其代入①可得： ，则，解得. 当时，代入②可得， ，此时直线与椭圆有两个交点，符合题意. 故答案为：. 14. 将9个互不相同的向量，填入的方格中，使得每行、每列的三个向量的和都相等，则不同的填法种数是__________. 【答案】72 【解析】 【分析】先确定每行、每列向量和的可能情况，再根据向量和的情况确定满足条件的向量组合，最后计算不同的填法种数.结合分步乘法原理计算即可. 【详解】已知， 那么向量的所有可能情况有共种. 设每行、每列的三个向量的和为，因为，所以. 又因为三行向量和等于三列向量和，且所有向量和为，所以， 而的分量和分量都为（取值且各有个），所以. 要使每行、每列的三个向量和为，则每行、每列的三个向量的分量和分量都分别为. 对于分量，个数的和为，有这一种组合情况； 对于分量，个数的和为，也有这一种组合情况. 先确定第一行的填法，第一行的个向量的分量和分量都要满足的组合，分量的排列有种，分量的排列也有种，所以第一行的填法有种. 当第一行确定后，第二行第一列的向量分量要与第一行第一列和第三行第一列的分量和为，分量同理，所以第二行第一列的向量是唯一确定的，同理第二行第二列、第二行第三列的向量也唯一确定，第三行的向量也就随之确定. 因为第一行确定后，第二行和第三行可以交换位置. 所以不同的填法种数是种. 故答案为：72. 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，内接于圆为圆的直径，平面为线段中点. （1）求证：平面平面； （2）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【答案】（1） 因为内接于圆为圆的直径，所以. 因为平面平面，所以. 又平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）易证，，故平面，由面面垂直的判定定理即可证明平面平面； （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，利用空间向量即可求空间角. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面平面， 所以. 以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，所以， 则， 所以. 设平面的法向量， 由得 不妨设，则， 所以平面的一个法向量. 又， 设平面的法向量， 由得 不妨设，则， 所以平面的一个法向量. 所以， 即平面与平面所成锐二面角的余弦值为. 16. 已知数列的前项和满足为常数，且. （1）求的值； （2）证明：为等差数列； （3）若，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 由（1）可得，所以， 因此， 相减得， 得， 所以为等差数列. （3） 【解析】 【分析】（1）由关系式取可得，结合及条件求； （2）将关系式中的用替换，与原式相减，结合与关系可得递推式，再证明结论； （3）由（2）求，代入不等式可得恒成立，由此可求的取值范围. 【小问1详解】 因为， 所以，又， 所以. 又，所以. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）得， 由，得. 因为对恒成立， 所以. 17. 甲、乙两人组队准备参加一项挑战比赛，该挑战比赛共分关，规则如下：首先某队员先上场从第一关开始挑战，若挑战成功，则该队员继续挑战下一关，否则该队员被淘汰，并由第二名队员接力，从上一名队员失败的关卡开始继续挑战，当两名队员均被淘汰或者关都挑战成功，挑战比赛结束.若甲每一关挑战成功的概率均为，乙每一关挑战成功的概率均为，且甲、乙两人每关挑战成功与否互不影响，每关成功与否也互不影响. （1）已知甲先上场，， ①求挑战没有一关成功的概率； ②设为挑战比赛结束时挑战成功的关卡数，求； （2）如果关都挑战成功，那么比赛挑战成功.试判断甲先出场与乙先出场比赛挑战成功的概率是否相同，并说明理由. 【答案】（1）①； ② （2）概率相同，理由如下： 设甲先出场比赛挑战成功的概率为，乙先出场比赛挑战成功的概率为， 则 由， 得 因此，甲先出场与乙先出场比赛挑战成功的概率相同. 【解析】 【分析】（1）①记甲先上场且两关都没成功的概率为.甲每关不成功概率是，乙每关不成功概率是.再结合独立事件乘法公式计算即可； ②取值有，，.求出对应概率，再按期望算法算出期望.   （2）设甲先出场成功概率为，乙先出场成功概率为.把和展开成式子，对应部分相等，所以，即甲、乙先出场成功概率一样. 【小问1详解】 ①记甲先上场且挑战没有一关成功的概率为，则. ②依题可知，的可能取值为，则 ， 所以. 【小问2详解】 略 18. 已知函数. （1）当时，求证：； （2）若对于恒成立，求的取值范围； （3）若存在，使得，求证：. 【答案】（1）由，得. 要证，只需证. 令，则. 当时，，则单调递减， 当时，，则单调递增， 所以，故， 因此. （2） （3）由（2）知，设， 则在上单调递减，在上单调递增， 注意到， 故在上存在唯一的零点. 注意到，且在上单调递增. 要证明，只需证， 因为，所以只需证， 即证. 因为，即， 所以，只需证， 只需证（*） 由（1）得， 因此， 设， 则，所以在上单调递增， 所以， 从而，即，因此（*）得证， 从而. 【解析】 【分析】（1）由由，得，构造函数，求解单调性，证明结果; （2）求解令，则，分类讨论求解的范围; （3）由（2）知，设，判断单调性，，所以只需证，由，即，只需证 （*）进而证明结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 令，则 ①当时，由，得， 因此，满足题意. ②当时，由，得， 因此，则在上单调递增. 若，则， 则在上单调递增， 所以，满足题意； 若，则， 因此在存在唯一的零点，且， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以，不合题意. 综上，的取值范围为. 【小问3详解】 略 19. 设是由直线构成的集合，对于曲线，若上任意一点处的切线均在中，且中的任意一条直线都是上某点处的切线，则称为的包络曲线. （1）已知圆为的包络曲线，判断直线（为常数，）与集合的关系； （2）已知的包络曲线为，直线.设与的公共点分别为，记的焦点为. ①证明：是、的等比中项； ②若点在圆上，求的最大值. 【答案】（1） （2）①解法一：证明：由，知的准线方程为，. 设. 因为，且与的公共点为， 所以是曲线在点处的切线， 其方程为，即， 则（*）， 同理，，则（**）， 由（*）（**）得直线的方程为，即. 由，消去整理得，则. 又因为， 则. 又因为，所以， 故是、的等比中项. 解法2：证明：由题意知，则. 设. 因为，且与的公共点为，所以是曲线在点处的切线， 所以，即（*） 同理（**） 联立（*）（**）得，即， 所以， 注意到，因此， 所以是的等比中项. ② 【解析】 【分析】（1）求出圆心到直线的距离，即可判断； （2）解法一：①设，利用导数的几何意义求出切线方程，即可得到直线的方程为，再联立直线与抛物线方程，消元，列出韦达定理，根据焦半径公式计算可得；②由①可得，求出的范围，即可求出的最大值；解法二：①设，利用导数的几何意义求出切线方程，再求出点坐标，最后根据弦长公式计算可得；②由①知，设，求出的范围，即可求出的范围，从而得解. 【小问1详解】 圆心到的距离， 即直线与圆相切，所以. 【小问2详解】 略 解法一：②解：由①知，， 则 . 因为，所以， 则， 又因为，则， 从而可得，解得， 当时等号成立， 故的最大值为. 解法2：②解：由①知，，设， 则 . 因为点在圆上， 所以，于是， 从而， 解得，即. 又当时，， 故的最大值为. 【点睛】 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $