精品解析：江苏省南京市临江高级中学2025届高三下学期二模考前拉练数学试题

南京市临江高级中学二模考前拉练 高三数学 一、单选题 1. 下列四个函数中，以为最小正周期，且在区间上单调递减的是（ ） A. B. C. D. 2. 数列的通项公式为，为其前n项和，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 3. 若向量 满足 ，且 ，则向量 和向量 的夹角为（ ） A. B. C. D. 4. 随着Deepseek的流行，各种AI大模型层出不穷，现有甲、乙两个AI大模型，在对甲、乙两个大模型进行深度体验后，6位评委分别对甲、乙进行打分（满分10分），得到如图所示的统计表格，则下列结论不正确的是（ ） 评委编号 模型名称 1 2 3 4 5 6 甲 7.0 9.3 8.3 9.2 8.9 8.9 乙 8.1 9.1 8.5 8.6 8.7 8.6 A. 甲得分的平均数大于乙得分的平均数 B. 甲得分的众数大于乙得分的众数 C. 甲得分的中位数大于乙得分的中位数 D. 甲得分的方差大于乙得分的方差 5. 若，则的值为（ ） A. B. C. D. 6. 在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且，，面积为，D为边AB上一点，CD是的角平分线，则（ ） A. B. 1 C. D. 7. 已知正四棱锥的侧棱长为，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 3 8. 已知连续型随机变量服从正态分布，记函数，则的图象（ ） A. 关于直线对称 B. 关于直线对称 C. 关于点成中心对称 D. 关于点成中心对称 二、多选题 9. 若复数，则（ ） A. B. C. 在复平面内对应的点位于第四象限 D. 复数满足，则的最大值为 10. 已知数列满足，的前n项和为，则（ ） A. B. 数列是等比数列 C. ，，构成等差数列 D. 数列前100项和为 11. 如图，在平行六面体中，，，，，，为中点，在线段上（包含端点），则下列说法正确的是（ ） A. 存在点，使得平面 B. 存在点，使得平面平面 C. 不存在点，使得 D. 不存在点，使得四棱锥有内切球 三、填空题 12. 已知，，则______. 13. 的展开式中的常数项为________． 14. 关于的方程（且）有唯一实数解，其中为自然对数的底数，则实数的取值范围是______________. 四、解答题 15. 已知是无穷正整数数列，定义操作为删除数列中除以余数为的项，剩下的项按原先后顺序不变得到新数列．若，，进行操作后剩余项组成新数列，设数列的前项和为． （1）求； （2）设数列满足，求数列的前项和． 16. 已知函数． （1）若曲线在点处的切线平行于轴，求实数的值； （2）求函数的单调区间． 17. 如图，在四棱锥中， 为矩形，且，，. （1）求证： 平面； （2）若（N在S的左侧），设三棱锥体积为，四棱锥体积为，且. ①求点 到平面的距离； ②求平面与平面所成夹角的正弦值. 18. 13张大小质地完全相同的卡牌中有八张数字牌，正面标有1~8，此外还有五张字母牌，正面标有A~E，将这十三张牌随机排成一行． （1）求五张字母牌互不相邻的概率； （2）求在标有8的卡牌左侧没有数字牌的概率； （3）对于给定的整数，记“在标有k的数字牌左侧，没有标号比k小的数字牌”为事件，求发生的概率．（结果用含k的式子表示） 19. 如图，椭圆，，已知右顶点为，且它们的交点分别为，，，． （1）求与的标准方程； （2）过点作直线MN，交于点M，交于点N，设直线的斜率为，直线的斜率为，求；（上述各点均不重合） （3）点是上的动点，直线交于点，直线交于点，直线交于点，直线与直线交于点N，求点G坐标，使直线NG与直线NH的斜率之积为定值．（上述各点均不重合） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南京市临江高级中学二模考前拉练 高三数学 一、单选题 1. 下列四个函数中，以为最小正周期，且在区间上单调递减的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据三角函数的性质依次判断各项对应函数的最小正周期、区间单调性，即可得. 【详解】由的最小正周期为，的最小正周期为，A、D不符； 由在上单调递增，C不符； 以为最小正周期，且在区间上单调递减，B符合. 故选：B 2. 数列的通项公式为，为其前n项和，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】令，可求得，计算可求得的最小值. 【详解】令，因为，所以解得， 所以数列的前3项为负，从第4项起为正， 所以的最小值为. 故选：D. 3. 若向量 满足 ，且 ，则向量 和向量 的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量垂直、数量积的运算可得答案. 【详解】因为 ，所以， 即， 可得，因为，所以. 故选：C. 4. 随着Deepseek的流行，各种AI大模型层出不穷，现有甲、乙两个AI大模型，在对甲、乙两个大模型进行深度体验后，6位评委分别对甲、乙进行打分（满分10分），得到如图所示的统计表格，则下列结论不正确的是（ ） 评委编号 模型名称 1 2 3 4 5 6 甲 7.0 9.3 8.3 9.2 8.9 8.9 乙 8.1 9.1 8.5 8.6 8.7 8.6 A. 甲得分的平均数大于乙得分的平均数 B. 甲得分的众数大于乙得分的众数 C. 甲得分的中位数大于乙得分的中位数 D. 甲得分的方差大于乙得分的方差 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知数据分别应用中位数，众数，平均数及方差定义分别计算判断各个选项. 【详解】甲、乙的得分从小到大排列如下： 甲：，乙：， 甲得分的中位数为，乙得分的中位数为，甲得分的中位数大于乙得分的中位数，故C正确； 甲得分的众数，乙得分的众数为，甲得分的众数大于乙得分的众数，故B正确； 甲得分的平均数， 乙得分的平均数，所以甲得分的平均数等于乙得分的平均数，故A错误； 甲的方差， 乙的方差为 故甲得分的方差大于乙得分的方差，故D正确. 故选：A. 5. 若，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据两角和的正切公式求得，再根据二倍角的余弦公式和同角公式将化为正切的形式，代入正切值即可求解. 【详解】由，可得，即，解得， 所以. 故选：A. 6. 在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且，，面积为，D为边AB上一点，CD是的角平分线，则（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用余弦定理，结合面积可求和，利用，可得，进而可求得. 【详解】在中，，由余弦定理可得， 所以，所以， 又面积为，所以，所以， 所以，所以， 因为CD是的角平分线，，所以， 因为，所以， 所以， 所以，所以，所以. 故选：B. 7. 已知正四棱锥的侧棱长为，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】设底面边长为，则高，体积，设，，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的极大值点，从而求出. 【详解】设底面边长为，则高， 由，所以， 所以体积 ， 设，，则， 所以当时，，所以在上单调递增； 当时，，所以在上单调递减； 所以当时取得极大值，即为最大值，此时该棱锥的体积最大， 此时. 故选：D． 8. 已知连续型随机变量服从正态分布，记函数，则的图象（ ） A. 关于直线对称 B. 关于直线对称 C. 关于点成中心对称 D. 关于点成中心对称 【答案】C 【解析】 【分析】利用连续型随机变量服从正态分布，结合正态密度曲线的性质计算可判断每个选项的正误. 【详解】由连续型随机变量服从正态分布， 可得，可得，所以正态密度曲线关于对称， 即， 由，可得在时增加较快，在时增加越来越慢， 所以无对称轴，故AB错误； ， 所以关于点成中心对称，故C正确，D错误. 故选：C. 二、多选题 9. 若复数，则（ ） A. B. C. 在复平面内对应的点位于第四象限 D. 复数满足，则的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据复数的性质和运算法则求出复数，进而利用共轭复数的定义，复数的模的计算公式，复平面坐标及几何意义分析判断选项． 【详解】， ， ，故A错误； ，故B正确； 在复平面内对应的点的坐标为，位于第四象限，故C正确； 复数满足， 复数在复平面内对应的点在以原点为圆心的单位圆上， ，故的最大值为，故D正确． 故选：BCD． 10. 已知数列满足，的前n项和为，则（ ） A. B. 数列是等比数列 C. ，，构成等差数列 D. 数列前100项和为 【答案】AD 【解析】 【分析】令，计算可判断A，当，可得，两式相减可得，进而逐项计算可判断BCD. 【详解】对于A，当时，可得，故A正确； 对于B， 当时，， 两式相减可得，所以， 当，适合上式，所以； 由不是常数，所以数列不是等比数列，故B错误； 对于C，由可知，， 所以是以2为首项，1为公差的等差数列， 所以，所以，， ， 又，所以， 所以，，不构成等差数列，故C错误； 对于D，， 所以 ，故D正确. 故选：AD. 11. 如图，在平行六面体中，，，，，，为中点，在线段上（包含端点），则下列说法正确的是（ ） A. 存在点，使得平面 B. 存在点，使得平面平面 C. 不存在点，使得 D. 不存在点，使得四棱锥有内切球 【答案】ABD 【解析】 【分析】当与重合时，应用线面平行的判定定理判断A；构建空间直角坐标系，求出平面、平面的法向量（含参），根据垂直关系求参数值判断B；同B分析，应用空间向量模长的坐标表示列方程求参数判断C；根据棱锥内切球在侧面上投影圆的半径相等列方程求参数判断D. 【详解】对于A ，连接交于点，则分别为中点， 当与重合时，有，即， 因平面，平面，故平面，即平面，故A正确； 对于B，因，则，而，，则， 由且都在平面内，故平面， 如下图所示，在平面内过作，建立空间直角坐标系， 则，，，，， ，， 设平面一个法向量为， 则，取，有， 设且，， 设平面的一个法向量为， 则，取，有， 若平面平面，则，可得， 所以存在点，使得平面平面，故B正确； 对于C，同B分析，可得，若， 所以，可得， 所以，则， 所以，可得，故C错误； 对于D，假设存在球与平面、平面、平面都相切，设且， 如下左视图，则，，，则， 俯视图角度，球心在下底面投影为的内心，则， 要使四棱锥有内切球，则在内有解， 所以，整理得， 所以，显然无解，故D正确. 故选：ABD 三、填空题 12. 已知，，则______. 【答案】 【解析】 【分析】利用余弦差公式将已知条件展开，结合，求得，再利用正弦二倍角公式，将展开，代入即可求解. 【详解】因为，而， 所以， 所以. 故答案为：. 13. 的展开式中的常数项为________． 【答案】15 【解析】 【分析】利用二项展开式的通项公式求解即可. 【详解】的展开式通项公式为， 令，解得， 所以常数项为． 故答案为： 14. 关于的方程（且）有唯一实数解，其中为自然对数的底数，则实数的取值范围是______________. 【答案】或 【解析】 【分析】构造，易知是方程的唯一解，应用分类讨论，利用导数研究的单调性、最值，结合研究方程根的个数，即可得范围. 【详解】令，显然，易知是方程的唯一解， 由，令，则， 当，即，则，故在R上单调递增，满足题设； 当时且，此时使得， 所以上，则在上单调递减， 上，则在上单调递增， 所以，又时， 当时，，满足题设； 当时，，则使，故方程有两个解，不满足题设； 当时，，则使，故方程有两个解，不满足题设； 综上，或. 故答案为：或 四、解答题 15. 已知是无穷正整数数列，定义操作为删除数列中除以余数为的项，剩下的项按原先后顺序不变得到新数列．若，，进行操作后剩余项组成新数列，设数列的前项和为． （1）求； （2）设数列满足，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据定义可确定，进而得到的通项公式，结合等差数列求和公式可求得结果； （2）由（1）可得，采用裂项相消法可求得结果. 【小问1详解】 当时，，即能被整除；当时，的余数为； 由题意可知：，， . 【小问2详解】 由（1）知：，， 的前项和为. 16. 已知函数． （1）若曲线在点处的切线平行于轴，求实数的值； （2）求函数的单调区间． 【答案】（1） （2） 当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为； 当时，的单调递增区间为，无单调递减区间； 当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为． 【解析】 【分析】（1）先求函数的导函数，若曲线在点处的切线平行于轴，只需保证，求实数的值即可； （2）求得有两个根“和”，再分、和三种情况分析函数的单调性即可. 【小问1详解】 由题可得， 因为在点处的切线平行于轴，所以， 即，解得，经检验符合题意． 【小问2详解】 因为， 令，得或． 当时，随的变化，，的变化情况如下表所示： 单调递增 单调递减 单调递增 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增． 当时，因为，当且仅当时，， 所以在区间上单调递增． 当时，随的变化，，的变化情况如下表所示： 单调递增 单调递减 单调递增 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增． 综上所述， 当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为； 当时，的单调递增区间为，无单调递减区间； 当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为． 17. 如图，在四棱锥中， 为矩形，且，，. （1）求证： 平面； （2）若（N在S的左侧），设三棱锥体积为，四棱锥体积为，且. ①求点 到平面的距离； ②求平面与平面所成夹角的正弦值. 【答案】（1）在中，，，， 所以，解得：， 所以，所以， 又，为平面内两条相交直线， 所以 平面； （2）； 【解析】 【分析】（1）由余弦定理得到，进而得到即可求证； （2）建系，通过点到面的距离公式及面面角的夹角公式即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （2）由（1）知， 平面，， 所以平面，又 在平面 内，所以平面平面， 在平面内，所以， 在三角形中，，，， 所以，又， 所以， 又， 又， 所以，又， 所以， 取 的中点 ， ，可知：， 因为平面平面，交线为 ， 又在平面内， 所以平面 ，如图建立空间直角坐标系 易得：, 所以， 设平面的法向量为， 则， 所以， 令 ，得，即， 又， 所以求点 到平面的距离， ②， 设平面的法向量， 则，所以， 令，则，可得：， 设平面与平面所成夹角为 ， 所以， 所以， 即平面与平面所成夹角的正弦值为. 18. 13张大小质地完全相同的卡牌中有八张数字牌，正面标有1~8，此外还有五张字母牌，正面标有A~E，将这十三张牌随机排成一行． （1）求五张字母牌互不相邻的概率； （2）求在标有8的卡牌左侧没有数字牌的概率； （3）对于给定的整数，记“在标有k的数字牌左侧，没有标号比k小的数字牌”为事件，求发生的概率．（结果用含k的式子表示） 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用古典概型概率公式和排列数的计算公式可求解； （2）利用古典概型概率公式和排列数的计算公式可求解； （3）利用古典概型概率公式和排列数的计算公式可求解. 【小问1详解】 记五张字母牌互不相邻为事件为， 则； 【小问2详解】 记在标有8的卡牌左侧没有数字牌为事件， 由于标的牌都在标有的牌的右侧，有种排法， 所以； 【小问3详解】 标号比小的数字牌有张，比大的数字牌有张， . 19. 如图，椭圆，，已知右顶点为，且它们的交点分别为，，，． （1）求与的标准方程； （2）过点作直线MN，交于点M，交于点N，设直线的斜率为，直线的斜率为，求；（上述各点均不重合） （3）点是上的动点，直线交于点，直线交于点，直线交于点，直线与直线交于点N，求点G坐标，使直线NG与直线NH的斜率之积为定值．（上述各点均不重合） 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）首先求出，再代入即可得到答案； （2）设，计算得，结合其在椭圆上，代入化简即可得，同理，则得到斜率比值； （3）设直线，联立椭圆方程得到，则得到的坐标，再计算得，，设，计算化简得，则得到定点坐标. 【小问1详解】 由题意得，，又因为在上， 代入得，所以，则. 【小问2详解】 设，则， 又因为，所以， 则，同理可得，所以. 【小问3详解】 设直线分别为，其斜率依次为， 设直线，联立得， 即有，所以，代入直线方程得， 则，设， 则经过的两直线之间斜率满足关系：， 将直线绕原点顺时针旋转后也会经过， 所以两者斜率满足，所以， 同理将直线绕原点顺时针旋转后也会经过， 所以两直线斜率满足， ， 设，则有，代入上式得：， 得到， 所以，因此存在定点， 使直线和直线的斜率之积为定值5. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $