精品解析：江苏省扬州市部分校2025届高三考前保温练习数学试题

高三年级考前保温练习试题 数学 注意事项： 1.答题前，考生务必在试卷、答题卡规定位置填写本人准考证号、姓名等信息.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致. 2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.非选择题答案用0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上相应位置书写作答，在试卷上答题无效. 3.考试结束，须本试卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：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. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 某校学生会有男生8人，女生12人，现从男生中选出7人，从女生中选出11人参加志愿活动，则不同的选法种数为（ ） A. 48 B. 96 C. 144 D. 192 4. 若，则（ ） A. B. C. D. 5. 若函数为R上的奇函数，且当时，，则（ ） A. -2 B. -3 C. -4 D. 2 6. 在平面四边形ABCD中，，将沿AC折起，使点到达点的位置，且三棱锥的体积为，则三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 7. 函数在一个周期内的图象如图所示，M、N分别是图象的最高点和最低点，其中M点横坐标为，O为坐标原点，且，则，的值分别是（ ） A. ， B. ， C. 2， D. 1， 8. 第14届国际数学教育大会（ICME-International Congreas of Mathematics Education）在我国上海华东师范大学举行.如图是本次大会的会标，会标中“ICME-14”的下方展示的是八卦中的四卦——3、7、4、4，这是中国古代八进制计数符号，换算成现代十进制是，正是会议计划召开的年份，那么八进制换算成十进制数，则换算后这个数的末位数字是（ ） A. 1 B. 3 C. 5 D. 7 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. 为加强青少年科学健身普及和健康干预，让年轻一代在运动中强意志、健身心，某校举办一场篮球赛，其中每队上场5人，每人得分情况如下表（单位：分），则下列结论正确的是（ ） 甲队 乙队 5 10 23 12 8 8 8 15 7 6 A. 运动员得分极差甲队大于乙队 B. 运动员得分均值甲队大于乙队 C. 甲队运动员得分的75%分位数为8 D. 相较于甲队，乙队运动员实力更均衡 10. 数列满足，记数列的前项和为，则（ ） A. B. C. 数列的前项和为 D. 的最小值为 11. 已知曲线，则下列结论正确的是（ ） A. 曲线不经过第三象限 B. 曲线的渐近线方程为和 C. 曲线在第二象限内的点的纵坐标的最小值为 D. 若圆与曲线交于A，B两点，则直线AB的斜率小于 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 在的展开式中，常数项为60，则项的系数为__________． 13. 降水量是指水平地面上单位面积的降水深度．用上口直径为20cm、底面直径为12cm，母线长为的圆台型水桶来测量降水量，如果一次降水过程中用此桶接得的雨水是桶深的，则本次降雨的降水量是_______mm． 14. 有15张扑克牌，牌面分别为1，2，…，10，J，Q，K，小王，大王.魔术师先按照牌面依次为1，2，…，10，J，Q，的顺序将这12张牌背面朝上摆成一叠（牌面为1的牌在最上面），然后魔术师请一名观众将牌面为的牌背面朝上随机插入已摆好的这叠牌（共12张）中的某个位置（不能把这张牌放在这叠牌的最上面或最下面），再把牌面为小王和大王的两张牌中的一张背面朝上放在这叠牌（共13张）的最上面，另一张背面朝上放在这叠牌（共13张）的最下面，之后继续由这名观众把这叠牌（共15张）按如下方式发牌：把最上面那张牌发到桌上，然后把下一张牌放到这叠牌（共14张）的最下面，之后再把最上面那张牌发到桌上，再把下一张牌放到这叠牌（共13张）的最下面，依此类推，直到这叠牌只剩下一张牌.这时，魔术师可以准确说出最后剩下的这张牌的牌面是________. 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. 已知等差数列和等比数列满足，，，. （1）求和的通项公式； （2）数列和中的所有项分别构成集合，，将的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列，求数列的前60项和. 16. 某商场进行抽奖活动，设置摸奖箱内有红球个，白球个，黑球个，小球除颜色外没有任何区别.规定：摸到红球记分，摸到白球记分，摸到黑球记分.抽奖人摸个球为一次抽奖，总分记为，若，则获奖. 方案一：从中一次摸个球，记录分数后不放回. 方案二：从中一次摸个球，记录分数后放回. （1）若甲顾客按照方案一摸球记分，求甲顾客获奖的概率； （2）若丙顾客按照方案二摸球记分，求的分布列和数学期望. 17. 如图，在圆锥中，为底面圆的一条直径，为底面圆周上不同于的两点，圆锥母线长为. （1）若，平面与平面的交线为，证明：∥； （2）若与平面所成角的正切值为，求的长. 18. 已知双曲线的左顶点在直线上，的左焦点为，点.为的右支上一动点. （1）求双曲线的渐近线方程； （2）过点且斜率为的直线与的左支交于D，E两点，求的面积的最小值； （3）设为的左支上与不重合的一动点，若直线平分，证明：直线MN恒过定点. 19. 已知函数和各有两个零点. （1）求的取值范围； （2）若一个函数有且仅有两个零点，则称这两个零点的算术平均数为该函数的“完美点”.设和 分别为和的“完美点”. （i）比较与 的大小； （ii）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三年级考前保温练习试题 数学 注意事项： 1.答题前，考生务必在试卷、答题卡规定位置填写本人准考证号、姓名等信息.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致. 2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.非选择题答案用0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上相应位置书写作答，在试卷上答题无效. 3.考试结束，须本试卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：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】求出集合，然后由交集运算可得. 【详解】因为，所以，所以. 故选：C 2. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的除法运算可得答案. 【详解】由，得， 所以，其虚部为． 故选：C． 3. 某校学生会有男生8人，女生12人，现从男生中选出7人，从女生中选出11人参加志愿活动，则不同的选法种数为（ ） A. 48 B. 96 C. 144 D. 192 【答案】B 【解析】 【分析】首先分别计算从男生中选7人的选法种数和从女生中选11人的选法种数，然后根据分步乘法计数原理，将这两个结果相乘即可得到总的选法种数. 【详解】根据题意，从男生中选7人的选法种数为： . 从女生中选11人的选法种数为： . 所以总的选法种数为：. 故选：B. 4. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用两角之间的关系并根据诱导公式进行计算即可． 【详解】， ． 故选：A 5. 若函数为R上的奇函数，且当时，，则（ ） A. -2 B. -3 C. -4 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据奇函数的性质可知解得，利用奇函数可知即可求解. 【详解】∵为R上的奇函数， ∴，解得， ∴时，； ∴. 故选：A 【点睛】本题主要考查了奇函数的性质，对数的运算，属于中档题. 6. 在平面四边形ABCD中，，将沿AC折起，使点到达点的位置，且三棱锥的体积为，则三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据三棱锥体积公式求出高，再通过线面垂直关系找出相关线段长度，利用外接球的性质建立关于球心到平面距离的方程，求出后进而得到外接球半径，最后根据球的表面积公式计算出结果. 【详解】 已知，且， 将代入可得：，解得. 取的中点，连接.则. 在中，因为已知，（），根据勾股定理，且，所以平面 设三棱锥的外接球的球心为，的外接圆的圆心为，因为是等边三角形，所以为等边的中心. 在等边中， 是高（三线合一），，则，. 设的外接圆的圆心为，在上，连接， 因为，四边形为矩形. 设.在和中，根据勾股定理有，展开等式可得，解得. 设三棱锥的外接球的半径为，在中，根据勾股定理. 将代入可得. 根据球的表面积公式，可得表面积. 故选：B. 7. 函数在一个周期内的图象如图所示，M、N分别是图象的最高点和最低点，其中M点横坐标为，O为坐标原点，且，则，的值分别是（ ） A. ， B. ， C. 2， D. 1， 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件即可得出，并设，然后根据即可得出，这样结合图象即可得出，从而解出，即可． 【详解】解：根据题意知，，设，且， ，解得， 结合图象，把两点的坐标代入函数解析式中得，，解得． 故选：． 【点睛】本题考查了向量数量积的坐标运算，根据点的坐标求向量的坐标的方法，五点法画的图象的方法，考查了计算能力，属于基础题． 8. 第14届国际数学教育大会（ICME-International Congreas of Mathematics Education）在我国上海华东师范大学举行.如图是本次大会的会标，会标中“ICME-14”的下方展示的是八卦中的四卦——3、7、4、4，这是中国古代八进制计数符号，换算成现代十进制是，正是会议计划召开的年份，那么八进制换算成十进制数，则换算后这个数的末位数字是（ ） A. 1 B. 3 C. 5 D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】换算后由等比数列求和得，改写成，利用二项式定理展开即可求解. 【详解】由进位制的换算方法可知，八进制换算成十进制得： ， 因为是10的倍数， 所以，换算后这个数的末位数字即为的末尾数字， 由可得，末尾数字为3. 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. 为加强青少年科学健身普及和健康干预，让年轻一代在运动中强意志、健身心，某校举办一场篮球赛，其中每队上场5人，每人得分情况如下表（单位：分），则下列结论正确的是（ ） 甲队 乙队 5 10 23 12 8 8 8 15 7 6 A. 运动员得分极差甲队大于乙队 B. 运动员得分均值甲队大于乙队 C. 甲队运动员得分的75%分位数为8 D. 相较于甲队，乙队运动员实力更均衡 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据极差、平均数定义可判断AB；先将数据由小到大排列，然后由百分位数定义计算可判断C；观察数据分散程度即可判断D. 【详解】对A，甲队的极差为，乙队的极差为，，A正确； 对B，甲队得分平均数， 乙队得分平均数，，B正确； 对C，将甲队的数据由小到大排列：， 因为，所以甲队运动员得分的75%分位数为，C错误； 对D，由题可知，乙队的得分更加集中，即相较于甲队，乙队运动员实力更均衡，D正确. 故选：ABD 10. 数列满足，记数列的前项和为，则（ ） A. B. C. 数列的前项和为 D. 的最小值为 【答案】AD 【解析】 【分析】根据的关系式可得，即A正确，再由分组并项求和计算可得B错误，利用等差数列前项和公式计算可得C错误，由判断出其符号即可得D正确. 【详解】对于A，由，得①， 当时，；当时，②， 由①－②，得，解得， 当时也成立，所以，故A正确； 对于B， ，故B错误； 对于C，数列的前项和为，故C错误； 对于D，因为，当时，，当时，，且， 故当或9时，的前项和取最小值，最小值为，故D正确. 故选：AD. 11. 已知曲线，则下列结论正确的是（ ） A. 曲线不经过第三象限 B. 曲线的渐近线方程为和 C. 曲线在第二象限内的点的纵坐标的最小值为 D. 若圆与曲线交于A，B两点，则直线AB的斜率小于 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于选项A：通过分析时曲线方程的取值情况，对于曲线是否经过第三象限. 对于选项B：根据曲线方程找出渐近线，对于所给图形是否正确. 对于选项C：对由曲线方程变形得到的函数求导，根据导数对于函数单调性，进而求出函数的最小值. 对于选项D：利用已知条件得到的关系，进而求出直线AB斜率的范围. 【详解】对于选项A，当时，，，，而曲线方程为，所以曲线不经过第三象限，A选项正确. 对于选项B，由，当时，，所以是曲线的渐近线； 由变形为，当时，，，所以是曲线的渐近线.如图所示，B选项错误. 对于选项C：由可得，设. 对求导得. 令，即，则，解得. 当时，，，所以，单调递减； 当时，，，所以，单调递增. 则在处取得最小值，，C选项正确. 对于选项D：由C项可知两点均在轴右侧，设，，且，，两式相加得. 根据基本不等式可得，所以. . 因为，，所以，D选项正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 在的展开式中，常数项为60，则项的系数为__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用二项展开式的通项公式求解. 【详解】因为，，所以， 项为，故项的系数为． 故答案为： 13. 降水量是指水平地面上单位面积的降水深度．用上口直径为20cm、底面直径为12cm，母线长为的圆台型水桶来测量降水量，如果一次降水过程中用此桶接得的雨水是桶深的，则本次降雨的降水量是_______mm． 【答案】29.6 【解析】 【分析】根据台体的体积公式即可求解. 【详解】设水面的半径为，水深为，因为上口半径为，底面半径，则，故， 雨水的体积为， 又,故, 故答案为：29.6 14. 有15张扑克牌，牌面分别为1，2，…，10，J，Q，K，小王，大王.魔术师先按照牌面依次为1，2，…，10，J，Q，的顺序将这12张牌背面朝上摆成一叠（牌面为1的牌在最上面），然后魔术师请一名观众将牌面为的牌背面朝上随机插入已摆好的这叠牌（共12张）中的某个位置（不能把这张牌放在这叠牌的最上面或最下面），再把牌面为小王和大王的两张牌中的一张背面朝上放在这叠牌（共13张）的最上面，另一张背面朝上放在这叠牌（共13张）的最下面，之后继续由这名观众把这叠牌（共15张）按如下方式发牌：把最上面那张牌发到桌上，然后把下一张牌放到这叠牌（共14张）的最下面，之后再把最上面那张牌发到桌上，再把下一张牌放到这叠牌（共13张）的最下面，依此类推，直到这叠牌只剩下一张牌.这时，魔术师可以准确说出最后剩下的这张牌的牌面是________. 【答案】Q 【解析】 【分析】把大王、小王摆放完后，将15张牌按照从上到下的顺序依次编号为1，2，…，15，此时2号牌面为1，且14号牌面为Q，记每一次把最上面的牌发到桌上且下一张放到最下面为一次操作,利用列举法可得答案. 【详解】把大王、小王摆放完后，将15张牌按照从上到下的顺序依次编号为1，2，…，15， 此时2号牌面为1，且14号牌面为Q，这时按题中发牌的规则开始发牌， 记每一次把最上面的牌发到桌上且下一张放到最下面为一次操作， 每完成一次操作后这叠牌的编号顺序分别为： ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 14. 故最后剩下的是编号为14的纸牌，根据之前的操作可知该牌的牌面为Q. 故答案为：Q. 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. 已知等差数列和等比数列满足，，，. （1）求和的通项公式； （2）数列和中的所有项分别构成集合，，将的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列，求数列的前60项和. 【答案】（1），；（2）. 【解析】 【分析】 【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为， 由， ∴，， ∴，. （2）当的前60项中含有的前6项时，令， 此时至多有项（不符）. 当的前60项中含有的前7项时，令， 且，，是和的公共项，则的前60项中含有的前7项且含有的前56项，再减去公共的三项. ∴. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是分析新数列是由和中的哪些选项构成的，还要注意去掉公共项. 16. 某商场进行抽奖活动，设置摸奖箱内有红球个，白球个，黑球个，小球除颜色外没有任何区别.规定：摸到红球记分，摸到白球记分，摸到黑球记分.抽奖人摸个球为一次抽奖，总分记为，若，则获奖. 方案一：从中一次摸个球，记录分数后不放回. 方案二：从中一次摸个球，记录分数后放回. （1）若甲顾客按照方案一摸球记分，求甲顾客获奖的概率； （2）若丙顾客按照方案二摸球记分，求的分布列和数学期望. 【答案】（1）； （2）的分布列如下表所示： ，.【解析】 【分析】（1）分析可知，甲顾客摸到个红球个白球、或者是个红球个白球个黑球，结合组合计数原理以及古典概型的概率公式可得出的值； （2）从袋中每次随机摸出个球，摸到红球的概率为，摸到白球的概率为，摸到黑球的概率为，的可能取值有、、、、、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进而可求得的值. 【小问1详解】 若，则甲顾客摸到个红球个白球、或者是个红球个白球个黑球， 所以，. 【小问2详解】 从袋中每次随机摸出个球，摸到红球的概率为，摸到白球的概率为，摸到黑球的概率为， 则的可能取值有、、、、、、， ，， ，， ，， ， 所以，随机变量的分布列如下表所示： 故. 17. 如图，在圆锥中，为底面圆的一条直径，为底面圆周上不同于的两点，圆锥母线长为. （1）若，平面与平面的交线为，证明：∥； （2）若与平面所成角的正切值为，求的长. 【答案】（1） 因为为直径，则， 且，则且， 又因为，则，即. 且，平面，可知， 且平面平面，所以平面， 又因为平面，平面平面， 所以. （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意可得，可证平面，结合线面平行的性质定理分析证明； （2）方法一：以点为坐标原点建立空间直角坐标系，设，利用空间向量处理线面夹角问题；方法二：以点为坐标原点建立空间直角坐标系，设，利用空间向量处理线面夹角问题. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 方法一：由题意知，， 如图，以点为坐标原点，所在直线为轴，过与平行的直线为轴，建立空间直角坐标系， 可知，设， 则， 可得， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 设与平面所成角为， 则，可得， 且，解得， 即， 整理得，解得，即； 方法二：以点为坐标原点，所在直线分别为和轴，在平面内过垂直于的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则，， 设，可得，， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 设与平面所成角为，则，可得， 且，解得， 即， 整理得，解得， 所以，即. 18. 已知双曲线的左顶点在直线上，的左焦点为，点.为的右支上一动点. （1）求双曲线的渐近线方程； （2）过点且斜率为的直线与的左支交于D，E两点，求的面积的最小值； （3）设为的左支上与不重合的一动点，若直线平分，证明：直线MN恒过定点. 【答案】（1）； （2）； （3）证明如下： 依题意，直线斜率存在，设其方程为，， 由为双曲线的左支上与不重合的点，得， 设点关于直线对称点为，则， 解得，由直线平分，得在直线上， 而，则， 即，整理得， 由消去得，， ，因此， 整理得，而，解得，直线：过定点， 所以直线MN恒过定点. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，结合斜率坐标公式求出，即可求出双曲线的渐近线方程. （2）求出直线的方程，平移直线与双曲线右支相切，求出面积最小值. （3）设出直线，与双曲线方程联立，利用韦达定理及对称关系建立方程求解. 【小问1详解】 依题意，点，设，由，得， 解得，而，因此，双曲线的方程为， 所以双曲线的渐近线方程为. 【小问2详解】 由（1）知，，直线的方程为， 由消去得，解得， 则， 的面积最小，当且仅当点到直线的距离最小， 平移直线与双曲线的右支相切的切点到直线的距离最小， 设切线方程为，由消去得， ，解得， 当时，直线与双曲线的左支相切，不符合题意，因此， 因此点到直线的距离为点到直线的距离， 所以求的面积的最小值为. 【小问3详解】 略 19. 已知函数和各有两个零点. （1）求的取值范围； （2）若一个函数有且仅有两个零点，则称这两个零点的算术平均数为该函数的“完美点”.设和 分别为和的“完美点”. （i）比较与 的大小； （ii）证明：. 【答案】（1） （2）（i）； （ii）因为，故. 又， 设，则， 当时，，单调递增， 故，即， 故. 设， 则，且，，且当时，，单调递增， 故当时，至多只有一个极值点，且为极小值点. 因为，且， 当，且时，， 单调递增，故，. 所以当时，，即. 又因为，故. 【解析】 【分析】（1）先把 、的零点问题转化为、的零点问题.通过求导得出、单调性，确定其值域.根据有两个零点得出范围，再结合性质，确定在该范围也有两个零点，进而得到取值范围. （2）（i）设出 、零点，构造，求导分析其单调性.根据单调性比较与大小，得出零点大小关系，从而比较与 大小. （ii）利用范围得到范围，构造，求导分析单调性，得出与大小关系，得到范围.再构造，求导分析单调性和极值点，结合单调性，比较、、大小. 【小问1详解】 由，，得，， 则，的零点等价于，的零点. ，， 当时，易知，均在区间单调递增，且在单调递减， 故当时，， 当时，， 若有两个零点，则，即. 当时，，当时，，且， 故当时在区间和各恰有一个零点. 综上，若，各有两个零点，则的取值范围是. 故答案为：. 【小问2详解】 （i）不妨设和的两个零点分别为，和，， 则，，且，. 设，则， 设，则， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 故，，单调递增， 故当时，， 即，当时，，即. 故，，同理有， 故，即. 故答案为：. （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $