精品解析：江苏省射阳中学2025届高三下学期全真模拟4数学试题

2025届高三全真模拟4数学学科试题 时间：120分钟 分值：150分 命题： 审核： 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 设复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 2 3. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 设函数在区间上单调递减，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 已知双曲线的右焦点为，点在双曲线上且满足轴，若，则双曲线的实轴长为（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 6. 一个旅游景区的游览线路如图所示，某人从P点处进，Q点处出，沿图中线路游览A､B､C三个景点及沿途风景，则不重复（除交汇点O外）的不同游览线路有（ ） A. 6种 B. 8种 C. 12种 D. 48种 7. 记为数列的前项之积，已知，则（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在平面直角坐标系中，以为始边，角与的终边分别与单位圆相交于，两点，且，，若直线的斜率为，则（ ） 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，且，则（ ） A. B. C. 无最小值，只有最大值为4 D. 的最小值为12 10. 如图，为圆锥底面圆的直径，点是圆上异于，的动点，，则下列结论正确的是（ ） A. 圆锥的侧面积为 B. 三棱锥体积的最大值为 C. 圆锥外接球体积为 D. 若，为线段上的动点，则的最小值为 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. ， B. 的对称中心为 C. 过原点有两条直线与的图象相切 D. 若有两个极值点，，则 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 的展开式中的系数为________________（用数字作答）． 13. 设函数在上的值域为，则的取值范围是______. 14. 已知函数，数列是公差为2的等差数列，若，则__________. 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. 已知分别为三个内角的对边，且. （1）求； （2）若，且的面积为，求的周长. 16. 佛山顺德双皮奶是一种粤式甜品，上层奶皮甘香，下层奶皮香滑润口，吃起来，香气浓郁，入口嫩滑，让人唇齿留香．双皮奶起源于清朝末期，是用水牛奶做原料，辅以鸡蛋和白糖制成．水牛奶中含有丰富的蛋白质，包括酪蛋白和少量的乳清蛋白，及大量人体生长发育所需的氨基酸和微量元素．不过新鲜的水牛奶保质期较短．某超市为了保证顾客能购买到新鲜的水牛奶又不用过多存货，于是统计了50天销售水牛奶的情况，获得如下数据： 日销售量/件 0 1 2 3 天数 5 10 25 10 假设水牛奶日销售量的分布规律保持不变，将频率视为概率． （1）求接下来三天中至少有2天能卖出3件水牛奶的概率； （2）已知超市存货管理水平的高低会直接影响超市的经营情况．该超市对水牛奶实行如下存货管理制度：当天营业结束后检查存货，若存货少于2件，则通知配送中心立即补货至3件，否则不补货．假设某天开始营业时货架上有3件水牛奶，求第二天营业结束后货架上有1件存货的概率． 17. 如图，在空间几何体中，已知均为边长为2的等边三角形，平面和平面都与平面垂直，为的中点． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 18. 已知函数的导函数为，若函数的定义域为，且不等式对任意成立，则称函数是“超导函数”. （1）判断是否为“超导函数”，并说明理由； （2）若函数与都是“超导函数”，且对任意，都有，，记，求证：函数是“超导函数”； （3）已知函数是“超导函数”且，若有且仅有一个实数满足，求的取值范围. 19. 已知椭圆的左，右焦点分别为，，短轴长为，离心率为. （1）求的方程； （2）记的左顶点为，直线与交于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之积为. （i）证明：直线过定点； （ii）若在轴上方，直线与圆交于点，点在轴上方.是否存在点，使得与的面积之比为3：5？若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届高三全真模拟4数学学科试题 时间：120分钟 分值：150分 命题： 审核： 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】方法一：由一元二次不等式的解法求出集合，即可根据交集的运算解出． 方法二：将集合中的元素逐个代入不等式验证，即可解出． 【详解】方法一：因为，而， 所以． 故选：C． 方法二：因为，将代入不等式，只有使不等式成立，所以． 故选：C． 2. 设复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】先求出，再根据复数的除法运算求出，由虚部的定义即可求解. 【详解】因为， 所以. 所以的虚部为. 故选:C. 3. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量的坐标运算求出，，再根据向量垂直的坐标表示即可求出． 【详解】因为，所以，， 由可得，， 即，整理得：． 故选：D． 4. 设函数在区间上单调递减，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用指数型复合函数单调性，判断列式计算作答. 【详解】函数在R上单调递增，而函数在区间上单调递减， 则有函数在区间上单调递减，因此，解得， 所以的取值范围是. 故选：D 5. 已知双曲线的右焦点为，点在双曲线上且满足轴，若，则双曲线的实轴长为（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】利用给定条件求出，再设出双曲线方程，求解基本量，得到实轴长即可. 【详解】因为轴，且，双曲线的右焦点为， 所以，设双曲线方程为，且， 将代入双曲线方程，得到，联立解得(负根舍去)， 则双曲线的实轴长为，故B正确. 故选：B 6. 一个旅游景区的游览线路如图所示，某人从P点处进，Q点处出，沿图中线路游览A､B､C三个景点及沿途风景，则不重复（除交汇点O外）的不同游览线路有（ ） A. 6种 B. 8种 C. 12种 D. 48种 【答案】D 【解析】 【分析】 由环形线路知，每个景点都有两种进出方式，以分步计数方法即可求出不同游览的线路总数. 【详解】游览每一个景点所走环形路线都有2个出入口， 1、3个景点选一个先游览有种选法，2种进出方式，故有种； 2、2个景点选第二个游览有种选法，有2种进出方式，故有种； 3、最后一个景点有2种进出方式； ∴综上，一共有种. 故选：D 【点睛】本题考查了分步计数原理，利用分步乘法求总计数，属于基础题. 7. 记为数列的前项之积，已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，得到是公差为2的等差数列，进而得到，再求出即可． 【详解】因为，故2），故， 故，所以是公差为2的等差数列， 因为，所以， 所以，所以． 故选：C． 8. 如图，在平面直角坐标系中，以为始边，角与的终边分别与单位圆相交于，两点，且，，若直线的斜率为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用等腰三角形中角的关系以及直线斜率与倾斜角关系得，再根据二倍角的正切公式即可求出，最后结合的范围以及同角三角函数的关系即可得到答案. 【详解】由题意得，，， 则直线所对的倾斜角为， ，即，则， 则， ，，， 又因为，， 则，结合， 解得， 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，且，则（ ） A. B. C. 无最小值，只有最大值为4 D. 的最小值为12 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据已知条件，结合不等式性质、基本不等式及相关幂函数单调性判断各项正误即可. 【详解】由，则，又，即，同理，A对； 由，且，显然时，B错； 由上分析知：且，结合的单调性知：，C对； 由，当且仅当时等号成立，D对. 故选：ACD 10. 如图，为圆锥底面圆的直径，点是圆上异于，的动点，，则下列结论正确的是（ ） A. 圆锥的侧面积为 B. 三棱锥体积的最大值为 C. 圆锥外接球体积为 D. 若，为线段上的动点，则的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】代入圆锥的侧面积公式，判断A，根据点的位置，确定三棱锥体积的最大值，判断B，根据题中的条件，确定圆锥的外接球的球心和半径，判断C，翻折，使四点共面，即可确定的最小值. 【详解】由条件可知，，圆锥的侧面积为，故A错误； B.当是的高时，此时的面积和三棱锥的体积最大，体积的最大值是，故B正确； C.因为，所以圆锥外接球的球心即为点，半径为，所以外接球的体积为，故C正确； D. 若，则是等腰直角三角形，，， 所以是等边三角形，如图，将沿翻折，使四点共面， 此时三点共线时，的最小值是， 中，， 由余弦定理可知，，故D正确. 故选：BCD 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. ， B. 的对称中心为 C. 过原点有两条直线与的图象相切 D. 若有两个极值点，，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A：举反例说明即可；对于B：根据对称性的定义分析判断；对于C：设切点坐标为，根据导数的几何意义列式求解；对于D：可知有2个不同的实根，则，，结合选项B运算求解即可. 【详解】因为，则， 对于选项A：例如，故A错误； 对于选项B：因为， 所以的对称中心为，故B正确； 对于选项C：设切点坐标为，则切线斜率， 可得切线方程为， 代入可得， 整理可得，解得或， 所以过原点有两条直线与的图象相切，故C正确； 对于选项D：若有两个极值点，，即有2个不同的实根， 则，解得， 且，由选项B可得：，故D正确； 故选：BCD. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 的展开式中的系数为________________（用数字作答）． 【答案】-28 【解析】 【分析】可化为，结合二项式展开式的通项公式求解. 【详解】因为， 所以的展开式中含的项为， 的展开式中的系数为-28 故答案为：-28 13. 设函数在上的值域为，则的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】探讨函数的周期，按函数在上是否单调分类求解的范围，再求出交集作答. 【详解】函数的周期，而， 当函数在上单调时，， 当函数在上不单调时，由正弦函数的图象性质知， 当在上的图象关于直线对称时，最小， 此时，即， 因此 ， 所以的取值范围是. 故答案为： 【点睛】思路点睛：涉及求正(余)型函数在指定区间上的最值问题，根据给定的自变量取值区间求出相位的范围，再利用正(余)函数性质求解即得. 14. 已知函数，数列是公差为2的等差数列，若，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】设，则有，由的奇偶性和单调性分析可得的奇偶性和单调性，结合是公差为2的等差数列，可求出，进而可求. 【详解】由，知为偶函数， 当时，知在单调递增且， 设，则为奇函数且在单调递增，结合奇函数的对称性可得在单调递增， 由题得，又是等差数列，可得， 当时，，，， 同理，即，不合题意， 当时，同理可得，也不合题意， 所以，又公差为2，可得，所以. 故答案为：. 【点睛】方法点睛： 掌握有公共定义域的奇偶函数通过简单的加减乘除以后形成新函数的奇偶性；掌握有公共定义域的单调函数通过简单的加减乘除以后形成新函数的单调性；掌握奇函数单调性比较大小的特点，若奇函数是增函数，则有. 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. 已知分别为三个内角的对边，且. （1）求； （2）若，且的面积为，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理实现边角转化，结合两角和的正弦公式、辅助角公式进行求解即可； （2）根据余弦定理和三角形面积公式进行求解即可. 【小问1详解】 因为， 所以， ， ， ， 因为，所以， 即，所以， 因为，所以，所以有，所以. 【小问2详解】 因为，且的面积为， 所以有， 所以，即，所以周长为. 16. 佛山顺德双皮奶是一种粤式甜品，上层奶皮甘香，下层奶皮香滑润口，吃起来，香气浓郁，入口嫩滑，让人唇齿留香．双皮奶起源于清朝末期，是用水牛奶做原料，辅以鸡蛋和白糖制成．水牛奶中含有丰富的蛋白质，包括酪蛋白和少量的乳清蛋白，及大量人体生长发育所需的氨基酸和微量元素．不过新鲜的水牛奶保质期较短．某超市为了保证顾客能购买到新鲜的水牛奶又不用过多存货，于是统计了50天销售水牛奶的情况，获得如下数据： 日销售量/件 0 1 2 3 天数 5 10 25 10 假设水牛奶日销售量的分布规律保持不变，将频率视为概率． （1）求接下来三天中至少有2天能卖出3件水牛奶的概率； （2）已知超市存货管理水平的高低会直接影响超市的经营情况．该超市对水牛奶实行如下存货管理制度：当天营业结束后检查存货，若存货少于2件，则通知配送中心立即补货至3件，否则不补货．假设某天开始营业时货架上有3件水牛奶，求第二天营业结束后货架上有1件存货的概率． 【答案】（1）; （2）. 【解析】 【分析】（1）由题设三天中卖出3件水牛奶的天数，利用二项分布的概率概率公式求即可； （2）讨论第一天营业结束是否需要补货，利用全概率公式分别求出不需补货、需要补货情况下在第二天营业结束货架上有1件存货的概率，即可得结果. 【小问1详解】 由题设，能卖出3件水牛奶的概率为，3件以下的概率为， 所以三天中卖出3件水牛奶的天数， 则. 【小问2详解】 由（1）及题意知：第一天营业结束后不补货的情况为A={销售0件}或B={销售1件}， 所以，， 令C={第二天货架上有1件存货}，则，， 所以. 第一天营业结束后补货的情况为D={销售3件}或E={销售2件}， 所以，， 令F={第二天货架上有1件存货}，则，， 所以. 综上，第二天营业结束后货架上有1件存货的概率. 17. 如图，在空间几何体中，已知均为边长为2的等边三角形，平面和平面都与平面垂直，为的中点． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 证明：分别取的中点，连接， 因为，所以， 又平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 同理平面，所以， 又因为是全等的正三角形，所以， 所以四边形是平行四边形， 所以， 因为平面，平面， 所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）分别取的中点，连接，且，再利用线面平行的判定定理，即可得到答案； （2）连接，则易知平面，以为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，求出向量及平面的法向量，代入夹角公式，即可得到答案； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接，则易知平面，以为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为， 所以，所以 则，取，则， 所以， 设直线与平面所成的角为，则． 18. 已知函数的导函数为，若函数的定义域为，且不等式对任意成立，则称函数是“超导函数”. （1）判断是否为“超导函数”，并说明理由； （2）若函数与都是“超导函数”，且对任意，都有，，记，求证：函数是“超导函数”； （3）已知函数是“超导函数”且，若有且仅有一个实数满足，求的取值范围. 【答案】（1）是，理由： 函数，求导得，则， 所以是“超导函数”. （2） 函数，求导得， 则， 由函数与都是“超导函数”，得， 由对任意，都有，，得， 因此，即， 所以函数是“超导函数”. （3）或. 【解析】 【分析】（1）求出导数，再利用“超导函数”定义判断即可. （2）求出的导数，作差变形，利用“超导函数”定义推理判断符号即得. （3）构造函数，利用“超导函数”定义确定单调性可得，再构造函数，利用导数求出函数值集合，结合已知求出范围. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由函数是“超导函数”，得对任意，， 令，求导得，函数在上单调递减，且， 由，得，即， 因此，即，令， 由有且仅有一个实数满足，得直线与函数的图象有且只有1个交点， ，当时，；当时，， 函数在上单调递增，函数值的集合为，在上单调递减，函数值的集合为， 因此当或时，直线与函数的图象有且只有1个交点， 所以的取值范围或. 19. 已知椭圆的左，右焦点分别为，，短轴长为，离心率为. （1）求的方程； （2）记的左顶点为，直线与交于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之积为. （i）证明：直线过定点； （ii）若在轴上方，直线与圆交于点，点在轴上方.是否存在点，使得与的面积之比为3：5？若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由. 【答案】（1）； （2） （i）由（1）知，当直线的斜率不存在时，此时直线与交于关于轴对称的两点， 设， 则，即， 又，所以， 所以，解得或， 当时，，此时与重合， 直线AP或直线AQ的斜率不存在，不合要求， 当时，直线方程为， 当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 联立得， ，解得， 设，则， 所以， 由得 ，化简得， ，解得或， 当时，，过定点， 直线AP或直线AQ的斜率不存在，不合要求， 当时，，过定点， 显然此时满足， 其中也过点， 综上，直线过定点； （ii）存在，点， 【解析】 【分析】（1）根据短轴长和离心率得到方程组，求出，得到椭圆方程； （2）（i）当直线的斜率不存在时，计算出直线方程为，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立椭圆方程，设，得到两根之和，两根之积，根据斜率之积得到方程，求出或，当时不合题意，当时，求出所过定点，验证后得到结论； （ii）由椭圆定义和圆的半径得到，所以，令，当直线斜率不存在时，，此时，求出，当直线斜率存在时，设，由余弦定理求出，，代入，解得或，均不合要求，舍去，综上，求出答案. 【小问1详解】 由题意得，，故，， 又，解得， 所以椭圆方程为； 【小问2详解】 （i）略 （ii）存在点，使得与的面积之比为3：5，理由如下： 在轴上方，故在轴下方，即，， 由椭圆定义可知，， 又的圆心为，半径为4， 故 ，所以， 由于，， 所以， 令， 当直线斜率不存在时，，此时， 解得，令中得， 又在轴上方，故，满足要求， 当直线斜率存在时，设， 在中，，，， 由余弦定理得， 即，解得， 同理可得， 由可得， 解得或，均不合要求，舍去， 综上，存在点，使得与的面积之比为3：5 【点睛】思路点睛： 处理定点问题的思路： （1）确定题目中的核心变量（此处设为）， （2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式， （3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到， ①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点； ②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $