精品解析：2025年江苏省海安高级中学高三下学期高考模拟考试数学试题

2025届高三模拟考试 数学 注意事项： 1.本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分，考试形式闭卷. 2.本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分. 3.答题前，务必将自己的姓名､准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡上， 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. 设为等差数列，且，则（ ） A. 16 B. 18 C. 20 D. 22 3. 若，直线：，直线：，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 函数的最小值为（ ） A. 0 B. C. D. 5. 的二项展开式中，二项式系数之和等于256，则二项展开式中二项式系数最大的项为（ ） A. B. C. D. 6. 过正方体的中心作与垂直的平面，则平面截正方体所得的截面是（ ） A. 三角形 B. 四边形 C. 五边形 D. 六边形 7. 已知向量满足，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 设 是定义在上的函数，对，有，且，则（ ） A. 2 B. -2 C. 1 D. -1 二､多选题：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，不选或有选错的得0分. 9. 设为复数，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数有极值，且导函数的极值点是的零点，则（ ） A. B. C. 的最小值为 D. 11. 已知抛物线与圆交于 两点，圆与轴的负半轴交于点为坐标原点，则（ ） A. B. 存在，使得 C. 若为等边三角形，则 D. 直线与抛物线相切 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 随机变量满足，且，若，则__________. 13. 已知正六棱锥的底面边长为2，且其侧面积是底面积的2倍，则此正六棱锥的外接球的表面积为__________. 14. 已知是以点为圆心且与函数图象有公共点的所有圆中半径最小的圆的一条直径， 为坐标原点，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. 如图，在三棱锥 和 中， 和均是以为斜边的等腰直角三角形，平面 平面 平面 . （1）证明：平面 ； （2）求二面角 的正弦值. 16. 如图，在中，，点在边上，且，且． （1）记，求的取值范围； （2）若的面积为，求的最小值． 17. 已知椭圆以双曲线的实轴为长轴，且过点. （1）求椭圆的标准方程； （2）若直线与双曲线交于 两点，与椭圆交于两点，直线平分线段平分线段. （i）求的值； （ii）求直线与椭圆的交点构成的四边形面积的取值范围. 18. 某机器人挑战任务规则如下：挑战按阶段依次进行，若连续两个阶段任务都执行失败，则挑战结束；每一个阶段系统随机分配一个简单任务或复杂任务，分配到简单任务的概率为，分配到复杂任务的概率为.已知该机器人成功完成简单任务与复杂任务的概率分别为，且各阶段任务完成情况相互独立. （1）求该机器人在一个阶段中成功完成任务的概率； （2）记为该机器人在完成第个阶段任务后，整个挑战还未结束的概率. ①求； ②证明：数列单调递减.若对系统分配任务进行设置，使得当时，系统停止分配任务，求该机器人最多能挑战多少个阶段的任务. 19. 对于函数，记，，，，.对于任意的，如果是满足的最小正整数，则函数是“周期导函数”. （1）已知函数为奇函数，函数为偶函数，且.求证：函数是“周期导函数”，并求出的值； （2）设是“2周期导函数”，若在上恒成立，求实数的取值范围； （3）设，，若函数满足对恒成立，且存在使得，试用 表示，并证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届高三模拟考试 数学 注意事项： 1.本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分，考试形式闭卷. 2.本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分. 3.答题前，务必将自己的姓名､准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡上， 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】D 【解析】 【分析】求解集合，再根据交集的定义求出. 【详解】由，可得，则； 故选：D. 2. 设为等差数列，且，则（ ） A. 16 B. 18 C. 20 D. 22 【答案】C 【解析】 【分析】由等差数列的通项公式求解出基本量，计算求解即可. 【详解】设等差数列的公差为 ， 由于， ，， 解得，， 所以. 故选：C 3. 若，直线：，直线：，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据两直线的位置关系，结合充分条件、必要条件的概念即可求解. 【详解】当时，，则； 若，则，解得或. 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 4. 函数的最小值为（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分、讨论去掉绝对值，然后利用两角和的正弦、余弦公式化简，再根据 的范围求出值域可得答案. 【详解】当即时， ， 因为，所以， 所以，； 当即时， ， 因为，所以， 所以，； 综上所述，. 故选：B. 5. 的二项展开式中，二项式系数之和等于256，则二项展开式中二项式系数最大的项为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意求出，写出二项展开式的通项，即可求得二项式系数最大的项. 【详解】因为，所以，二项展开式的通项为 ， 故二项展开式中，二项式系数最大的项为. 故选：A. 6. 过正方体的中心作与垂直的平面，则平面截正方体所得的截面是（ ） A. 三角形 B. 四边形 C. 五边形 D. 六边形 【答案】D 【解析】 【分析】证明线面垂直作出图判断截面图形即可. 【详解】 在正方体中，平面，平面，所以， 又在正方形中，，，所以平面， 平面，所以， 由于分别为的中点，所以， 故，同理，，所以平面， 且平面过正方体的中心 ， 故选：D 7. 已知向量满足，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】令， 为线段的中点，则，从而将转化为，将转化为椭圆上点与点 的距离问题求解即可． 【详解】令， 为线段的中点，则， ∴转化为，且， ∴点P的轨迹是以为焦点的椭圆， 半焦距，长半轴长，短半轴长， ， 为椭圆上点与点 的距离，则，即， 则的取值范围是． 故选：B． 8. 设 是定义在上的函数，对，有，且，则（ ） A. 2 B. -2 C. 1 D. -1 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用赋值法探讨函数的周期，再求出函数值. 【详解】函数 ，对，有， 取，得，而，则， 对，令，得， 即，因此，函数 周期为4， 令，得，而，则， 所以. 故选：A 二､多选题：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，不选或有选错的得0分. 9. 设为复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】设，，根据复数的乘法及复数模的定义计算判断A，取特殊值判断B，根据复数的加减法运算及模与共轭的概念运算判断C，根据复数的模及共轭运算判断D. 【详解】设，. 对于A选项，， 所以， ，A对； 对于B选项，取，，则， ，则，即，B错； 对于C选项，，， ，， ，所以C错误； 对于D选项，， ，， 所以，故D正确. 故选：AD 10. 已知函数有极值，且导函数的极值点是的零点，则（ ） A. B. C. 的最小值为 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】先求导函数的极值点，再代入原函数得，化简可得，可判断A选项；根据极值存在条件可得，可判断B选项；由（1）得，构造函数，利用导数研究函数单调性，可得，即，可判断C选项；由A选项得，结合可判断D选项. 【详解】对于A选项，由，得. 当时，有极小值. 因为的极值点是的零点. 所以，又，故，A对； 对于B选项，因为有极值，故有两相异实根， 由 得，且，得. 此时有两个相异的实根，. 列表如下 极大值 极小值 故的极值点是、，从而，B对； 对于C选项，由A选项知，. 设，则. 当时，，从而在上单调递增. 因为，所以，故，即，则，C错； 对于D选项，由A选项可知，D对. 故选：ABD. 11. 已知抛物线与圆交于 两点，圆与 轴的负半轴交于点为坐标原点，则（ ） A. B. 存在，使得 C. 若为等边三角形，则 D. 直线与抛物线相切 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据抛物线与圆的对称性，结合曲线方程联立求解相关点的坐标，再结合三角形的性质、线段长度关系以及直线与抛物线的位置关系来逐一分析选项. 【详解】对于选项A，抛物线的顶点为，圆的圆心为. 圆与 轴的负半轴交于点，所以， 所以，所以，故A正确. 对于选项C，由，可得. 因为，所以，则，即. 不妨设，， 已知圆与 轴的负半轴交于点，令，则，解得，因为在 轴负半轴，所以， 若为等边三角形，则， 点到的距离为. 根据等边三角形的性质，点到的距离为， 即，解得（舍去）或，故C选项正确. 对于选项B，若，则， ， 则，两边平方得， 即，解得，这与矛盾， 所以不存在，使得，故B错误. 对于选项D，已知，， 则直线的斜率. 由，得，求导得， 可得在点处的切线斜率， 直线的斜率与抛物线在点处的切线斜率相等， 所以直线与抛物线相切，故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. 随机变量满足，且，若，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】应用正态分布的平均数及方差公式，结合数学期望及方差的性质计算求解. 【详解】随机变量满足，且， ， 所以,， 则， 则，所以， 则. 故答案为：. 13. 已知正六棱锥的底面边长为2，且其侧面积是底面积的2倍，则此正六棱锥的外接球的表面积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先由侧面积求出正六棱柱的高，然后利用公式计算出球的半径，最后利用球体表面积公式可计算出答案． 【详解】根据题意可得底面为正六边形的边长为 ， 所以底面积为, 设侧面积的三角形的高为，则侧面积，故， 设正六棱锥的高为，则， 设正六棱锥的外接球的半径为, 则,解得, 所以正六棱锥的外接球的表面积. 故答案为：. 14. 已知是以点为圆心且与函数图象有公共点的所有圆中半径最小的圆的一条直径， 为坐标原点，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据函数解析式判断函数的奇偶性和定义域，在且上任取一点，应用两点距离公式及已知，结合换元法求，即圆的半径的最小值，最后由及数量积的运算律可求得结果. 【详解】设，则函数的定义域为， 且，所以 是偶函数. 记点为点，对于 ，在且上任取一点， 则， 令，则， 令， 因为在 上为增函数，且，， 所以， 所以， 当，即，时，， 即圆的最小半径为，且圆心为， 如图，. 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，在三棱锥 和 中， 和 均是以为斜边的等腰直角三角形，平面 平面 平面 . （1）证明：平面 ； （2）求二面角 的正弦值. 【答案】（1） 取的中点为，连接 ， 则由 是以为斜边的等腰直角三角形可知 ， 平面 平面，平面 平面 平面 ， 所以有 平面， 由已知 平面，可得 ， 出 是以为斜边的等腰直角三角形亦可知 ， 又 ，所以 ， 从而可得四边形 为平行四边形，因此有 ， 又 平面 平面 ，所以 平面 . （2）. 【解析】 【分析】（1）取的中点为，连接 ，利用面面垂直的性质得到 平面，结合已知可得 ，进而结合已知可得 ，可证结论； （2）方法一：连接，可得 两两垂直，建立空间直角坐标系，求得平面与平面 的法向量，利用向量法可求二面角 的正弦值； 方法二：连接，设 ，可证为正三角形.，取的中点为，连接，与的夹角为二面角 的平面角，求解即可； 方法三：设二面角 为，二面角 为，则，取的中点为，连接 ，设 ，可得 即为二面角 的平面角，求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （方法一）连接，由 是以为斜边的等腰直角三角形可知， 由（1）知 平面，知 两两垂直，以为正交基底 ，建立如图所示的空间直角坐标系 . 设 ，则， 于是. 设平面的一个法向量为，则 由，得，令 ，得； 设平面 的一个法向量为，则 由，得，令 ，得. 于是， 设二面角 为，则 即二面角 的正弦值为. （方法二）连接，设 ，由 和 均是以为斜边的等腰直角三角形可得 1. ，由（1）知 平面，所以 为直角三角形，从而， 故 ，即为正三角形. 取的中点为，连接，则，又 ， 平面 平面 ，平面平面 ， 所以与的夹角为二面角 的平面角， 由（1）亦知，于是与的夹解为二面角 的平面角， 即为 的补角，从而二面角 的正弦值就等于 . 连接，在中，， 即二面角 的正弦值为. （方法三）因为 平面 平面 ，所以平面 平面， 设二面角 为 二面角 为，则， 取的中点为，连接 ， 设 ，由 和 均是以为斜边的等腰直角三角形可得 ， 由（1）知 平面，所以 为直角三角形，从而， 故 ，即为正三角形，从而， 在 中， ，所以， 平面 平面，平面平面 ， 所以 即为二面角 的平面角， 在中，， 从而， 即二面角 的正弦值为. 16. 如图，在 中，，点在边上，且，且． （1）记，求的取值范围； （2）若 的面积为，求的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用等面积法、正弦定理、二倍角公式得出，再根据，利用余弦函数的性质求解； （2）利用余弦定理得到以及三角形面积公式，得到，进一步得到，再利用辅助角公式结合三角函数的值域即可求解． 【小问1详解】 因为，， 所以， 因为， 所以， 因为，所以，所以， 因为，所以，所以； 【小问2详解】 由余弦定理得， 因为，所以，因为，所以， 所以， 令，则， 所以（其中）， 所以当时， 取得最小值的最小值为8． 的最小值为 17. 已知椭圆以双曲线的实轴为长轴，且过点. （1）求椭圆的标准方程； （2）若直线与双曲线交于 两点，与椭圆交于两点，直线平分线段平分线段. （i）求的值； （ii）求直线与椭圆的交点构成的四边形面积的取值范围. 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据题意可设椭圆的标准方程为，代入点的坐标求得即可； （2）(i)利用点差法求解；（ii）根据（i）的结论，将面积表示出来，利用基本不等式求得面积最大值，进而得到其取值范围. 【小问1详解】 由，可得其顶点为， 则可设椭圆的标准方程为， 把点代入，得到， 所以椭圆的标准方程为； 【小问2详解】 (i)设. 则，即， 所以，同理可得， 所以. (ii) 直线  和  与椭圆  的交点分别为两组对称点（关于原点对称），构成一个平行四边形（原点是对角线交点，对角线互相平分） 由①知，，所以. 如图设交椭圆于，交椭圆于，. 联立，解得，同理得. 所以四边形面积 ， 又，当或时等号成立， 所以：， 所以， 因此，面积范围为：. 18. 某机器人挑战任务规则如下：挑战按阶段依次进行，若连续两个阶段任务都执行失败，则挑战结束；每一个阶段系统随机分配一个简单任务或复杂任务，分配到简单任务的概率为，分配到复杂任务的概率为.已知该机器人成功完成简单任务与复杂任务的概率分别为，且各阶段任务完成情况相互独立. （1）求该机器人在一个阶段中成功完成任务的概率； （2）记为该机器人在完成第个阶段任务后，整个挑战还未结束的概率. ①求； ②证明：数列单调递减.若对系统分配任务进行设置，使得当时，系统停止分配任务，求该机器人最多能挑战多少个阶段的任务. 【答案】（1）. （2）①； ②证明：设事件“第个阶段任务结束时挑战仍然未结束”， 当时，第个阶段任务结束时挑战仍然未结束的情况有两种： （i）第轮成功，且第轮结束时挑战未终止； （ii）第轮失败，且第轮成功，且第轮结束时挑战未终止， 因此第个阶段任务结束时挑战仍然未结束的事件可表示为， 则， 而各轮任务成功与否相互独立， 因此， 当时，，设存在实数 ，使得数列为等比数列， 当 时，，整理得， 而，则，解得或， 当 时， 因此当时，数列是首项为，公比为的等比数列； 当时，数列是首项为，公比为的等比数列， ①， ②， ， 为单调递减数列. 又，故最多进行6次挑战. 【解析】 【分析】（1）根据全概率公式计算即可； （2）①结合挑战规则分析挑战未结束的条件，利用全概率公式和概率乘法公式计算即可； ②结合①的分析，建立递推关系，利用构造等比数列及待定系数法求出的通项，结合数列的单调性及即可证明及求解. 【小问1详解】 设事件 “分配到简单任务”，则“分配到复杂任务”， 事件 “成功完成任务”， 依题意，， 因此. 所以机器人在一个阶任务中成功完成任务的概率为. 【小问2详解】 ①设事件“该机器人在第个阶段完成任务”，各阶段完成任务与否相互独立， 当 时，挑战显然不会终止，即， 当 时，则第轮至少答对一轮.， 由概率乘法公式得：； 同理 ②最多进行6次挑战. 【点睛】结论点睛：对于递推公式形如这一类型，可通过构造等比数列结合待定系数法来求通项。 设 ，则，求出，再结合等比数列的通项公式结合题意计算即可. 19. 对于函数，记，，，，.对于任意的，如果是满足的最小正整数，则函数是“周期导函数”. （1）已知函数为奇函数，函数为偶函数，且.求证：函数是“周期导函数”，并求出的值； （2）设是“2周期导函数”，若在上恒成立，求实数的取值范围； （3）设，，若函数满足对恒成立，且存在使得，试用 表示，并证明. 【答案】（1）证明：因为，所以. 因为为奇函数，函数为偶函数，所以， 所以， 所以，， 故，， 即对，，所以. （2） （3），证明如下： 因为，， 所以，，. 令，因为函数对恒成立，且存在使得， 所以是函数的极大值点，所以，所以. 又因为，所以， 所以，解得. 又因为，，所以， 由，知，所以， 所以， 所以，，所以. 【解析】 【分析】（1）根据函数的奇偶性可得，即可求解的解析式，结合“周期导函数”的定义即可证明； （2）根据题意可知， ， ，结合“周期导函数”的定义可得，即 对任意的 恒成立，求出 和的值，可得函数的解析式.由 在上恒成立，可得 在上恒成立.令 ，对函数求导，分论讨论研究函数的单调性及最小值，即可求解的取值范围. （3）根据题意求得，.令，由题可知是函数的极大值点，故，所以.结合 可得，所以，解得.根据，及 可解得的值，即可证明. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为 是“2周期导函数”， 所以 ， ， 所以， 所以 对任意的 恒成立， 令，所以. 因为，所以，所以 ，故，所以. 因为 在上恒成立， 所以 在上恒成立，所以 在上恒成立. 令 ，所以， 当时，在上单调递增，在上单调递减， 所以 且 ，所以； 当时，在上单调递减，在上单调递增， 所以 ，所以 ， 综上，. 【小问3详解】 ，证明略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $