精品解析：江苏省苏州市八校2025届高三下学期三模适应性检测数学试卷

2025届高三年级苏州八校三模适应性检测 数学试卷2025.5 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 设全集，，，则等于（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数z满足，则复数z对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 若，，，则事件与事件满足（ ） A. 互为对立事件 B. C. D. 以上都不对 4. 某公司对100名员工进行了工作量的调查，数据如表： 认为工作量大 认为工作量不大 合计 男士 40 20 60 女士 20 20 40 合计 60 40 100 若推断“员工性别与认为工作量大有关”，则这种推断犯错误的概率不超过（ ） 附： 0.15 0.1 0.05 0.025 0.01 0.001 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828 A. 0.1 B. 0.05 C. 0.025 D. 0.01 5. 已知点是直线上的动点，过点引圆的两条切线，，，为切点，当的最大值为时，的值为（ ） A. 1 B. C. D. 2 6. 设函数，若在内恰有3个零点，则的取值不可以为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，定义域为R的函数满足，若函数与的图象有四个交点，分别为，，，，则（ ） A 0 B. 4 C. 8 D. 12 8. 已知抛物线，点M是抛物线上的动点，则M到直线和的距离之和的最小值为（ ） 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. 若，，则下列判断正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知，则下列说法正确的是（ ） A. 时，有唯一的零点 B. 时，存在极小值 C. 时，存在极大值 D. 若，则的范围为 11. 如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，为侧面内的动点（含边界），则下列说法正确的是（ ） A. 使三棱锥体积取得最大值的点唯一 B. 存在点，使得直线与的夹角为 C. 时，点的轨迹是线段 D. 平面时，点的轨迹长为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知数列的前项和为，，，则______． 13. 已知9个数据的平均数为6，方差为4，现又加入一个新数据6，此时这10个数据的方差为______． 14. 已知向量在向量上的投影向量为，若，则向量与夹角余弦值的最小值为______． 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. 如图，正四棱锥，，，为侧棱上的点，且． （1）求证：； （2）求异面直线与所成角的余弦值． 16. 已知函数． （1）当时，求的最小值； （2）若对总成立，求实数a取值范围． 17. 在中，角，，所对边分别为，，，的面积和周长分别为，，且． （1）若，，求； （2）若且，求的最大值． 18. 已知椭圆：，为右顶点，为下焦点，延长交椭圆于另一点． （1）求点的坐标； （2）设椭圆在点处的切线为直线，求直线与所夹锐角的正切值； （3）若直线与椭圆交于，两点（异于），使得，求证：直线过定点． 19. 现将个编号的小球随机地放入个外观、大小一样的编号也为的盒子中，每个盒子中有且仅有一个小球． （1）时，记小球编号与盒子编号相同的个数为，求的分布列； （2）若号盒子中球的编号为，号盒子中球的编号为，号盒子中球的编号为，我们称编号，，的小球处于一个闭环中．如编号的盒子中放入的小球编号依次是，，，，，，则共有个闭环，其中编号的小球是一个闭环．据此，当时，回答下面两个问题： ①求恰有3个闭环的概率； ②某幼儿园组织名编号的小朋友玩游戏，每个小朋友选择个盒子打开，若这个盒子中有小球编号与自己编号一致，则认为游戏成功．每个小朋友在游戏过程中不能商量，且小朋友完成游戏后，由工作人员将盒子恢复原样，下一个小朋友再开始游戏．如果你是带队老师，在游戏开始前，帮小朋友们制定一个策略，使得所有小朋友都成功的概率大于，并证明． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届高三年级苏州八校三模适应性检测 数学试卷2025.5 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. 设全集，，，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】直接利用并集与补集的混合运算求解得答案． 【详解】全集，， ，又， 则． 故选：B． 2. 已知复数z满足，则复数z对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】先根据复数的除法化简求解，再根据复数几何意义得出点进而判断即可. 【详解】复数z满足，则， 则复数z对应点为，所以复数z对应的点在第二象限. 故选：B. 3. 若，，，则事件与事件满足（ ） A. 互为对立事件 B. C. D. 以上都不对 【答案】C 【解析】 分析】由题意，，从而，，由此可判断A，由可判断B，由条件概率可判断CD. 【详解】对于A，因为，，所以，， 所以，所以互相独立，而，故A错误； 对于B，，故B错误； 对于CD，由互相独立，可知互相独立， 所以，故C正确，D错误. 故选：C. 4. 某公司对100名员工进行了工作量的调查，数据如表： 认为工作量大 认为工作量不大 合计 男士 40 20 60 女士 20 20 40 合计 60 40 100 若推断“员工的性别与认为工作量大有关”，则这种推断犯错误的概率不超过（ ） 附： 015 0.1 0.05 0.025 0.01 0.001 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828 A. 0.1 B. 0.05 C. 0.025 D. 0.01 【答案】A 【解析】 【分析】首先根据列联表计算，再和参考数据比较，即可求解. 【详解】，因为， 所以这种推断犯错误的概率不超过. 故选：A. 5. 已知点是直线上的动点，过点引圆的两条切线，，，为切点，当的最大值为时，的值为（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】当时最小，最小，求出最小值即得的值. 【详解】 如图， 当的最大值为时，， 当时，最小时，最大. 由题得， 所以，则； 故选：A. 6. 设函数，若在内恰有3个零点，则的取值不可以为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据零点个数得到的取值范围，再根据各个的值得出零点个数判断各个选项即可判断. 【详解】当时， 因为在内恰有3个零点，，即存在有3个不同的解使得， 当时，，所以满足的值有，符合题意； 当时，，所以满足的值有，符合题意； 当时，，所以满足的值有，不符合题意； 当时，，所以满足的值有，符合题意； 故选：C 7. 已知函数，定义域为R的函数满足，若函数与的图象有四个交点，分别为，，，，则（ ） A. 0 B. 4 C. 8 D. 12 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意得到，的图象关于对称，设关于点对称的坐标为，，则，，同理可得：，，即可得到答案. 【详解】由，得的图象关于对称， 函数，则，即的图象也关于对称， 因此函数与图象的交点关于对称， 不妨设关于点对称的坐标为，，则，， 则，，同理得：，， 即. 故选：D 8. 已知抛物线，点M是抛物线上的动点，则M到直线和的距离之和的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用抛物线的定义将所求距离之和转化为抛物线上的动点到焦点与定直线的距离之和加1，结合图形，判定当且仅当三点共线时，取得最小值即可. 【详解】 由可知抛物线的焦点为，准线方程为：， 如图过点作于点，作于点，交直线于点，则， 由图知，，则M到直线和的距离之和为： ， 因点M是抛物线上的动点，故当且仅当三点共线时，取得最小值， 即点到直线的距离，为，此时取得最小值为， 即M到直线和的距离之和的最小值为. 故选：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. 若，，则下列判断正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据指数、对数的关系及对数加法的运算法则判断A，由基本不等式判断BC，利用对数函数的单调性判断D. 【详解】因为，， 所以，故A正确； 由可得（，等号不成立），故B错误； 由可得（，等号不成立），故C正确； 因为，故D正确. 故选：ACD 10. 已知，则下列说法正确的是（ ） A. 时，有唯一的零点 B. 时，存在极小值 C. 时，存在极大值 D. 若，则的范围为 【答案】AC 【解析】 【分析】求导后结合零点存在定理判断A；由单调性可判断BC；有单调性举反例当可判断D. 【详解】对于A，， 当时，，有唯一零点； 当时，恒成立，函数单调递增， 当时，，当时，，由零点存在定理可得有唯一的零点， 综上时，有唯一的零点，故A正确； 对于B、C，令，可得， 易得函数在上单调递增，在上单调递减， 所以函数存在极大值，故B错误，C正确； 对于D，因为，所以， 由B选项可得当，函数取得极大值，此时， 所以，故D错误. 故选：AC. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，为侧面内的动点（含边界），则下列说法正确的是（ ） A. 使三棱锥体积取得最大值的点唯一 B. 存在点，使得直线与的夹角为 C. 时，点的轨迹是线段 D. 平面时，点的轨迹长为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，求证平面并结合正方体结构性质即可判断；对于B，由直线与平面所成的角和即可判断；对于C，由结合平面即可判断；对于D，由向量法求证平面即可求解判断D. 【详解】对于A，连接，由正方体结构性质可知平面， 因为平面，所以， 又，平面，所以平面， 又由正方体结构性质可知侧面内（含边界）点和点两点到平面的距离最大且相等， 所以使三棱锥体积取得最大值的点有两个点，故A错误； 对于B，由正方体结构性质可知平面， 所以是直线与平面所成的角， 由题意可得，此时，则， 由正方形性质可知在平面上点和点与直线距离最大， 而，故， 所以存在点，使得直线与的夹角为，故B正确； 对于C，分别取中点，连接， 以D为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，则， 则， 则， 则即，又平面， 所以平面，则若，则点的轨迹是线段，故C正确； 对于D，取三等分点X且，连接， 则，又，则， 设平面的一个法向量为，则， 所以，取，则， 则，且不在平面，所以平面， 若平面，则点的轨迹为线段， 此时点的轨迹长度为，故D正确； 故选：BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知数列的前项和为，，，则______． 【答案】24 【解析】 【分析】先依题意计算，判断和均是等差数列，求得通项公式，再利用等差数列的求和公式分类计算即可. 【详解】因为，，所以，即. 又①， 则②， 由②-①，得， 所以是以3为首项，2为公差的等差数列，是以为首项，2为公差的等差数列， 所以，， 所以，， 所以 . 故答案为：24. 13. 已知9个数据的平均数为6，方差为4，现又加入一个新数据6，此时这10个数据的方差为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据方差的定义求解． 【详解】因为9个数据的平均数为6，又加入一个新数据6， 所以这10个数据的平均数为， 所以这10个数据的方差为． 故答案为：． 14. 已知向量在向量上的投影向量为，若，则向量与夹角余弦值的最小值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意设出向量的坐标，再由向量夹角余弦公式，化简后利用二次函数性质求最值即可得解. 【详解】设向量， 因为向量在向量上的投影向量为， 所以，即，故可设， 所以， 所以 ， 由二次函数性质，当时，的最小值为 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. 如图，正四棱锥，，，为侧棱上的点，且． （1）求证：； （2）求异面直线与所成角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连结交于点，连结，证明四边形是正方形，证明平面，证明； （2）以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求解. 【小问1详解】 连结交于点，连结， 因为正四棱锥，所以平面， 又平面， 所以，因为正四棱锥， 所以四边形是正方形， 所以，因为，，，平面，平面， 所以平面，又平面， 所以； 【小问2详解】 因为，，， 所以以为原点建立空间直角坐标系， ，，，， 所以， ， 所以， 因此异面直线与所成角的余弦值为. 16. 已知函数． （1）当时，求的最小值； （2）若对总成立，求实数a的取值范围． 【答案】（1）0 （2） 【解析】 【分析】（1）先求出导函数，再根据导函数正负得出函数单调性进而得出最小值； （2）先参数分类把转化为，再构造函数结合函数最值计算求参. 【小问1详解】 时，因为，所以， 所以当时，，当时，，所以在上单调递减， 在上单调递增，所以． 【小问2详解】 因为，所以等价于， 令，则， 由（1）得时，， 所以当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，所以， 所以． 17. 在中，角，，所对的边分别为，，，的面积和周长分别为，，且． （1）若，，求； （2）若且，求的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可列出方程组求出，即可得，即得答案； （2）法一，由已知条件等式结合余弦定理化简可得，再由余弦定理结合基本不等式即可求得答案；法二由已知条件等式结合正弦定理化简可得，再由余弦定理结合基本不等式即可求得答案； 【小问1详解】 因为，所以， 消去得，又因为，所以， 所以，即． 【小问2详解】 法一：因为，所以， 即， 又因为，所以， 化简得， 因为，即，所以． 因为，所以（当且仅当时取等号）， 所以，由题意可知A为锐角，且，故， 因此，即的最大值为． 法二：在中，因为，所以， 由正弦定理得， 因为，所以， 即， 又，所以． 所以，所以（当且仅当时取等号）， 所以，因此，即的最大值为． 18. 已知椭圆：，为右顶点，为下焦点，延长交椭圆于另一点． （1）求点的坐标； （2）设椭圆在点处的切线为直线，求直线与所夹锐角的正切值； （3）若直线与椭圆交于，两点（异于），使得，求证：直线过定点． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出直线方程为，与椭圆方程联立得到点横坐标为，此时，得到答案； （2）因为点在轴下方，，求导，得到切线直线为，，，得到，因此直线与所夹锐角的正切值； （3）法一：到，的距离相等，设，求出直线的方程，由点到直线距离公式和，得，从而求出直线，由得点，求出直线所过定点； 法二：记直线、直线的倾斜角分别为、，根据得到，所以，设直线，与椭圆联立得到两根之和，两根之积，结合化简得，从而求出过定点； 法三：记直线、直线的斜率分别为、，根据，化简得到，设直线，联立得到齐次化方程，所以，代入得，故求出，求出定点坐标. 【小问1详解】 因为椭圆：，即，所以，， 所以，即， 联立直线与椭圆方程，得，即， 解得或，显然点横坐标为，此时， 所以． 【小问2详解】 因为点在轴下方，所以当时，，， 将代入， 所以，因此切线直线，即， 记直线、直线的倾斜角分别为、，则，， 所以， 因此直线与所夹锐角的正切值为． 【小问3详解】 证明：法一：因为，所以到，的距离相等， 设该距离为，设，则，所以， 两边平方得，， 将代入化简得 设，同理可得， 所以直线， 由得点，直线过定点． 法二：记直线、直线的倾斜角分别为、， 则，， 因为，所以，即， 所以． 因为直线斜率不存在时，由对称性知不符合要求，所以设直线， 与椭圆联立得，设， 则， 结合化简得， 即， 所以时，过，不符合要求，舍去； 时，过定点． 综上，直线过定点． 法三：记直线、直线的斜率分别为、， 因为，所以，即， 所以． 因为直线不经过点，所以可设直线， 因为，所以， 所以， 即，所以， 代入得， 所以，因此直线过定点． 19. 现将个编号的小球随机地放入个外观、大小一样的编号也为的盒子中，每个盒子中有且仅有一个小球． （1）时，记小球编号与盒子编号相同的个数为，求的分布列； （2）若号盒子中球的编号为，号盒子中球的编号为，号盒子中球的编号为，我们称编号，，的小球处于一个闭环中．如编号的盒子中放入的小球编号依次是，，，，，，则共有个闭环，其中编号的小球是一个闭环．据此，当时，回答下面两个问题： ①求恰有3个闭环的概率； ②某幼儿园组织名编号小朋友玩游戏，每个小朋友选择个盒子打开，若这个盒子中有小球编号与自己编号一致，则认为游戏成功．每个小朋友在游戏过程中不能商量，且小朋友完成游戏后，由工作人员将盒子恢复原样，下一个小朋友再开始游戏．如果你是带队老师，在游戏开始前，帮小朋友们制定一个策略，使得所有小朋友都成功的概率大于，并证明． 【答案】（1）答案见解析 （2）① ；②答案见解析 【解析】 【分析】（1）先写出可取的值，再写出对应概率进而得出分布列； （2）①应用古典概型结合组合数运算计算求解；②先根据已知条件类推，再结合组合数及排列数计算证明. 【小问1详解】 ，1，2，4． ，， ，． 所以随机变量的分布列如下表所示： 小问2详解】 ①记“恰有3个闭环”为事件，则 因为3个闭环含有的小球数为1，1，4的种数：， 含有的小球数为1，2，3的种数：， 含有的小球数为2，2，2的种数：， 所以． 答：恰有3个闭环的概率为． ②每个小朋友从自己编号的盒子开始打开，看小球编号，再去打开编号为看到小球编号的盒子，以此类推，总共打开3个盒子． 证明：按照上面的策略，只要每个闭环中的小球个数不超过3，则每个小朋友就都能成功，这样就等价于求每个闭环中的小球个数不超过3的概率． 恰有1个闭环中含有4个小球的种数：， 恰有1个闭环中含有5个小球的种数：， 恰有1个闭环中含有6个小球的种数：， 所以每个闭环中的小球个数不超过3的种数为：， 因此，每个闭环中的小球个数不超过3的概率为，即所有小朋友都成功的概率为，大于． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $