精品解析：江苏省部分学校2025届高三三模前适应性调研数学试卷

2025届高三模拟调研测试 数学 注意事项： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟.答题前，考生请务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁.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. 若集合，则是（ ） A. 或 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先解不等式求出两个集合，再求两集合的交集即可. 【详解】由，得或， 解得 或， 所以或， 由，得， 所以， 所以. 故选：B 2. 已知复数（i为虚数单位），则（ ） A. 0 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】先运用除法运算进行化简，再结合共轭复数概念,减法计算即可. 【详解】，则， 故选：B. 3. 设，数列为等比数列，数列是公差不为零的等差数列，且，，，则数列的前项和为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设等差数列的公差为，等比数列的公比为 ，其中，由题意得出，可得出，进而可得出关于的方程，结合可得出的值，进而可求出 的值，可得出这两个数列的通项公式，再利用分组求和法可求得数列的前项和. 【详解】设等差数列的公差为，等比数列的公比为 ，其中， 由题意，即，即，整理得， 因为，所以，故， 所以，则，故， 又因为, 所以数列的前项和为 . 故选：A. 4. 已知四点均在函数f（x）＝log2的图象上，若四边形ABCD为平行四边形，则四边形ABCD的面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】把点A，B的坐标代入函数f（x）的解析式，求出a，b的值，再利用得到，由f（x2）﹣f（x1）＝1得x1x2＝2x2﹣4x1，把代入即可得到点C的坐标，从而求出，，得到平行四边形ABCD的面积. 【详解】解：∵函数f（x）＝log2， 由f（2）＝1可得，∴a＝b+2， 由f（）＝0可得，∴a＝1， 解得：a＝4，b＝2， ∴f（x）， 设点C，D的横坐标分别为x1，x2，由题意可知，则，∴， 由f（x2）﹣f（x1）＝1得：， ∴， ∴x1x2＝2x2﹣4x1，把代入解得或﹣4， 又∵点C不与B重合，∴x1＝﹣4，∴C（﹣4，3）， ∴，， 故平行四边形ABCD的面积S＝， 故选：B. 【点睛】此题考查四边形面积的求法，考查对数函数的性质，考查运算求解能力、推理能力，属于中档题. 5. 已知函数，若，，，则实数、、的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 利用定义可得出函数为偶函数，利用单调性定义可判断出函数在区间上为增函数，可得出，再利用中间值法比较、、三个数的大小关系，由函数在区间上的单调性可得出、、的大小关系. 【详解】函数的定义域为，，该函数为偶函数， 当时， , 则函数在区间上为增函数， 则， 指数函数为增函数，则， 对数函数在上为增函数，则，即， ，则，因此，. 故选：D. 【点睛】本题考查利用函数的单调性与奇偶性比较函数值的大小关系，同时也考查了指数式与对数式的大小比较，考查推理能力，属于中等题. 6. 已知函数，对任意的，都有，且 在区间上单调，则 的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据，得函数 的对称轴为，所以有，可得，解得，再分类讨论又 在区间上单调递增和递减两种情况，对每一种情况列出关于 的不等式组，解之可求得 的值. 【详解】因为，所以函数 的对称轴为， 所以，即，， 解得，，，，， ①若 在区间上单调递增，则，， ，， ，即，解得，， 所以，，且，，所以当时，满足题意； ②若 在区间上单调递减，则，， ，， ，即，解得，， 所以，，且，，此时无解，综上可得. 故选：D. 【点睛】关键点睛：本题考查正弦型函数的对称性，单调性问题中求参数的范围的方面，关键在于根据其函数的性质得出关于参数的不等式组. 7. 已知函数在闭区间上连续，在开区间内可导，则内至少存在一个点，使得，其中称为函数在闭区间上的“中值点”.则函数在区间上的“中值点”的个数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求导，解方程，即可得出结论. 【详解】因为，则，且， ， 由题意可得，可得，解得， 因此，函数在区间上的“中值点”的个数为. 故选：C. 8. 已知点，若圆上存在点，使得为坐标原点 ，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设点，由得，即点在以为圆心，半径为的圆上，又点在圆上，得圆与圆有公共点，利用圆心距与半径的关系即可求解. 【详解】设点，又，由， 所以，化简得， 所以点在以为圆心，半径为的圆上， 又点在圆上， 所以圆与圆有公共点， 所以，即， 所以，即， 又，，所以的解集为 ， 由， 所以， 故选：B. 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. 已知数列满足，. 下列说法正确的是（ ） A. 数列每一项都满足 B. 数列是递减数列 C. 数列的前项和 D. 数列每一项都满足成立 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用数学归纳法判断A，通过递推公式，判断出数列单调性，根据取值范围判断BD，算出即可判断C． 【详解】对于A，，， 当时，，所以， 假设当时，； 则当时，， 综上，，故A正确； 对于B，由，可得数列是递减数列，故B正确； 对于C，，，，， ，故C错误； 对于D，因为，所以， 累加得，所以，即， 所以，又，故成立，故D正确． 故选：ABD. 10. 数学家棣莫弗发现，如果随机变量X服从二项分布，那么当n比较大时，X近似服从正态分布，其密度函数为，任意正态分布，可通过变换转化为标准正态分布当时，对任意实数x，记，则（ ） A. 当时， B. C. 随机变量，当 ，都减小时，概率增大 D. 随机变量，当 增大，减小时，概率保持不变 【答案】BD 【解析】 【分析】由定义即可判断A；根据结合正态曲线的对称性，可判断B；根据正态分布的准则可判断CD. 【详解】对于A：当时，，故A错误； 对于B：根据正态曲线的对称性可得：，即，故B正确； 对于CD：根据正态分布的准则，在正态分布中代表标准差， 代表均值，即为图象的对称轴， 根据原则可知X数值分布在的概率是常数，故由可知，D正确，C错误． 故选：BD. 11. 如图，在边长为12的正方形中，分别边的三等分点，正方形内有两点 ，点到的距离分别为，点 到的距离也是和 ，其中.将该正方形沿折起，使与重合，则在该空间图形中，（ ） A. 直线 平面 B. 的最小值为 C. 线段 的中点到的距离不超过 D. 异面直线 与成 角时， 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据条件，建立如图所示的空间直角坐标系，求得，选项A，先求出平面的一个法向量，利用，即可求解；选项B，因为，利用二次函数的性质，即可求解；选项C，求出 的中点 及的坐标，即可求解；选项D，利用线线角的向量法，即可求解. 【详解】如图，取中点，的中点，连接， 因为，所以， 因为，，又，面， 所以面，又，所以面， 故，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系， 设于，于，过作于 , 易知，，又，所以，又， 所以，同理可知，所以， 对于选项A，易知平面的一个法向量为，因为， 显然平面，所以 平面，故选项A正确， 对于选项B，因为， 令，其中， 对称轴，所以， 所以，故选项B正确， 对于选项C，因为 的中点，， 所以 ，故选项C错误， 对于选项D，因为，所以， 所以，整理得到， 解得或（舍），故选项D正确， 故选：ABD. 【点睛】关键点点晴：本题的关键在于建立空间直角坐标系，求出，再利用线面平行的向量法、空间两点间的距离及线线角的向量法，即可求解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数，是偶函数，则a+b=________. 【答案】4 【解析】 【分析】根据给定条件，利用偶函数的定义列式计算即可作答. 【详解】因为f(x)为偶函数，则函数f(x)的定义域关于数0对称，即，解得 ， 显然，，即，整理得， 而不恒为0，于是得，解得 ， 所以 . 故答案为：4 13. 设 、是平面内相交成的两条射线，、分别是与 、同向的单位向量，定义平面坐标系 为仿射坐标系，在仿射坐标系中，若，则记.已知在如图所示的仿射坐标系中，、分别在轴、轴正半轴上，且，点、、分别为 、、的中点，则的最大值为______. 【答案】 【解析】 【分析】设，，根据可得出，设，，则，根据平面向量的线性运算得出，，利用平面向量数量积的运算性质可求得的最大值. 【详解】由题意可知，， 由平面向量数量积的定义可得， 设，，则， 所以， 即，即，且有， 设，，则， 因为为 的中点，则， 因为为的中点，则， 同理可得， 所以， ， 因为 ， 其中 为锐角，且，故的最大值为. 故答案为：. 14. 已知数列满足，，.设，若不等式对于任意都成立，则正数的最大值为______. 【答案】 【解析】 【分析】由已知等式变形得出，可知数列是等比数列，确定该数列的首项和公比，可求出数列的通项公式，可求出的表达式，由参变量分离法得，令，分析数列的单调性，求出的最小项的值，即可得出实数的最大值. 【详解】因为数列满足，，， 则，且， 所以，数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，故， 由， 可得， 令， 所以， ， 对任意的，，故，则，故数列为递增数列， 所以，， 因此，实数的最大值为. 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. 已知为锐角三角形，角、、的对边分别为、、，， . （1）求 的取值范围； （2）求的内切圆半径的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理求出的值，可得出角的值，根据为锐角三角形求出角的取值范围，利用正弦定理与三角恒等变换化简得，根据角的取值范围结合正弦型函数的基本性质可求得 的取值范围； （2）利用正弦定理结合三角恒等变换、正弦函数的基本性质可求出的取值范围，然后利用等面积法得出，即可得出的最大值. 【小问1详解】 因为，则， 可得， 由余弦定理可得， 因为为锐角，故， 因为为锐角三角形，则，解得， 由正弦定理可得，故，， 故 ， 因为，则，所以， 故，即 的取值范围是. 【小问2详解】 因为 ， 因为，则，故， 故， 又，则，由， 得， 则当，即时，， 所以的内切圆半径的最大值. 16. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，平面平面， ， ，，点E，F分别为棱PD，BC的中点，点G在线段AF上． （1）证明：平面； （2）求点到平面 的距离； （3）设直线与平面，平面，平面所成的角分别为，，，求的最大值． 【答案】（1） 连接，取的中点，连接 ，因为底面为菱形，且 ， 所以、 为等边三角形，所以，又平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 平面，所以， 又 ，，平面， 所以平面； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）连接，取的中点，连接 ，根据面面垂直的性质得到平面，即可得到，再由 ，即可得证； （2）利用等体积法求出点到平面的距离； （3）连接 ， ，取的中点，连接 ，确定直线与平面，平面，平面所成的角，再根据锐角三角函数得到，设，，利用换元法求出函数的最大值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，平面，所以，， 又 ， ，，所以， 所以， 又，所以， 设点到平面 的距离为，则，即， 解得，即点到平面 的距离. 【小问3详解】 连接 ， ，则且， 又平面，所以 平面，则为直线与平面所成的角，即，所以， 取的中点，连接 ，则且， 又为中点，所以 ，又，所以， 由平面，平面，所以，， 又，平面，所以 平面，则 平面， 又 ，平面，所以平面， 连接， ，则为直线与平面所成的角，即， 所以， 为直线与平面所成的角，即， 所以， 所以， 又，设，， 所以， 所以， 令，则， 所以 ， 因为，所以， 所以当时取得最大值，且最大值为， 所以. 17. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，若直线 与相切于第一象限内的点，且与轴相交于点 . （1）证明： 平分； （2）过原点作 的垂线（垂足为），与相交于点，求面积的最大值. 【答案】（1） 设，则满足，又可设切线， 则联立化简得. 由，解得， 所以直线，令，得. 直线的方程为，即， 所以 到的距离为. 同理点 到直线的距离为. 所以，故 平分. （2） 【解析】 【分析】（1）设，设切线，联立方程组利用判别式可求得，进而求得，可证到两边距离相等，可证结论； （2）由（1）可知 的方程为，联立方程线求得的纵坐标，进而可求得面积的最大值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知 的方程为， 联立解得. 联立解得. . 当且仅当时，取等号. 所以的面积， 即面积的最大值为. 18. 在空间直角坐标系中，某质点从原点出发，每秒向轴、轴或轴正、负方向移动一个单位，且向六个方向移动的概率均相等. （1）求该质点在第秒末移动到点的概率； （2）设该质点在第秒末移动到点，记随机变量，求 的均值； （3）设该质点在第秒末回到原点的概率为，证明：. 【答案】（1） （2） （3） 质点要在第 秒末回到原点， 则必定向轴正、负方向移动相同的次数，设为次， 向轴正、负方向移动相同的次数，设为次， 向轴正、负方向移动相同的次数，为次. 所以， ， 所以. 【解析】 【分析】（1）根据组合公式得到共有种可能，再计算出所有情况，利用古典概型公式即可得到答案； （2）首先得到 的所有可能取值为、、，再按步骤写出其分布列，计算其期望即可； （3）设质点向轴正、负方向移动相同的次数，设为次，向轴正、负方向移动相同的次数，设为次，则，化简比较大小即可. 【小问1详解】 在第秒末质点要移动到点，需要沿轴正方向移动次， 沿轴正方向移动次，所以共有种可能. 故该质点在第秒末移动到点的概率为. 【小问2详解】 质点在第秒可能移动到点、、、、、、、 、、、、、、 、、、、、， 所以 的所有可能取值为、、. ，，， 所以. 【小问3详解】 略 19. 若对于函数和，对任意实数，都存在常数，使成立，则称函数是函数的“函数”.（已知和定义域均为 ）. （1）证明：函数 是函数 的“函数”； （2）若函数 是函数的“函数”，求的取值范围； （3）若函数，函数为偶函数，函数是函数的“函数”，求证：“ ”的充要条件是“存在常数，使得 恒成立”. 【答案】（1） 因为 ， ，所以 ， ，则， 故 ，即恒成立， 故函数 是函数 的“函数”. （2） （3） 充分性：若存在常数使得 恒成立，则 ， 因为函数为偶函数，所以，则， 则 为偶函数，即， 所以 恒成立，所以 ； 必要性：若 ，则，所以函数为偶函数， 函数是函数的“函数”， 因此对任意的 ，， 又，，所以，，， 所以，即， 用代换 可得，故， 综上可知，记，则 ， 因此存在常数使得 恒成立， 综上可得，“ ”的充要条件是“存在常数使得 恒成立”. 【解析】 【分析】（1）求出、，证明出 ，即可证得结论成立； （2）结合定义，构造函数，结合导数求出最小值即可得出实数的取值范围； （3）先证明充分性：若存在常数使得 恒成立，结合偶函数定义计算即可得；再证明必要性：由题意可得，又，，可推导出，可得到 ，即可得证． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为 ，， 则 ， ， 因为函数是函数的“函数”， 所以对任意的 ，，则， 令， 则 ， 且 ， 故当时， ，当时， ， 即在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以， 若函数 是函数的“函数”， 则实数的取值范围是. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届高三模拟调研测试 数学 注意事项： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟.答题前，考生请务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁.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. 若集合，则是（ ） A. 或 B. C. D. 2. 已知复数（i为虚数单位），则（ ） A. 0 B. C. D. 2 3. 设，数列为等比数列，数列是公差不为零的等差数列，且，，，则数列的前项和为（ ） A. B. C. D. 4. 已知四点均在函数f（x）＝log2的图象上，若四边形ABCD为平行四边形，则四边形ABCD的面积是（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数，若，，，则实数、、 的大小关系为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，对任意的，都有，且 在区间上单调，则 的值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数在闭区间上连续，在开区间内可导，则内至少存在一个点，使得，其中称为函数在闭区间上的“中值点”.则函数在区间上的“中值点”的个数为（ ） A. B. C. D. 8. 已知点，若圆上存在点，使得为坐标原点 ，则实数的取值范围为（ ） 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知数列满足，. 下列说法正确的是（ ） A. 数列每一项都满足 B. 数列是递减数列 C. 数列的前项和 D. 数列每一项都满足成立 10. 数学家棣莫弗发现，如果随机变量X服从二项分布，那么当n比较大时，X近似服从正态分布，其密度函数为，任意正态分布，可通过变换转化为标准正态分布当时，对任意实数x，记，则（ ） A. 当时， B. C. 随机变量，当 ，都减小时，概率增大 D. 随机变量，当 增大，减小时，概率保持不变 11. 如图，在边长为12的正方形 中，分别边的三等分点，正方形内有两点 ，点到的距离分别为，点 到的距离也是和 ，其中.将该正方形沿折起，使 与重合，则在该空间图形中，（ ） A. 直线 平面 B. 的最小值为 C. 线段 的中点到的距离不超过 D. 异面直线 与 成 角时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数，是偶函数，则a+b=________. 13. 设 、是平面内相交成的两条射线，、分别是与 、同向的单位向量，定义平面坐标系 为仿射坐标系，在仿射坐标系中，若，则记.已知在如图所示的仿射坐标系中，、分别在轴、轴正半轴上，且，点 、 、 分别为、、的中点，则的最大值为______. 14. 已知数列满足，，.设，若不等式对于任意都成立，则正数 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. 已知为锐角三角形，角、、的对边分别为、、 ，， . （1）求的取值范围； （2）求的内切圆半径的最大值. 16. 如图，在四棱锥中，底面 是边长为2的菱形，平面平面 ， ， ，，点E，F分别为棱PD，BC的中点，点G在线段AF上． （1）证明：平面 ； （2）求点 到平面 的距离； （3）设直线与平面 ，平面，平面所成的角分别为，，，求的最大值． 17. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，若直线 与 相切于第一象限内的点，且与轴相交于点 . （1）证明： 平分； （2）过原点作 的垂线（垂足为），与相交于点 ，求面积的最大值. 18. 在空间直角坐标系中，某质点从原点出发，每秒向轴、轴或轴正、负方向移动一个单位，且向六个方向移动的概率均相等. （1）求该质点在第秒末移动到点的概率； （2）设该质点在第 秒末移动到点，记随机变量，求 的均值； （3）设该质点在第秒末回到原点的概率为，证明：. 19. 若对于函数和，对任意实数，都存在常数，使成立，则称函数是函数的“函数”.（已知和定义域均为 ）. （1）证明：函数 是函数 的“ 函数”； （2）若函数 是函数的“函数”，求的取值范围； （3）若函数，函数为偶函数，函数是函数的“函数”，求证：“ ”的充要条件是“存在常数 ，使得 恒成立”. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $