精品解析：江苏省无锡市2025-2026学年高三上学期期中考试数学试题

无锡市2025年秋学期高三期中教学质量调研测试 数学 2025.11 命题单位：江阴市教师发展中心 制卷单位：无锡市教育科学研究院 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. 设复数，若的实部与虚部相等，则实数的值为（ ）． A. 3 B. 1 C. －1 D. －3 2 已知集合，，则等于（ ）． A. B. C. D. 3. 已知，命题是一元二次方程的一个根，命题，则是的（ ） A 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 在中，是的中点，是的中点．若，则（ ）． A. 3 B. C. 2 D. 5. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则（ ）． A. －3 B. 3 C. D. 6. 在数列中，，若数列是公比为2的等比数列，则（ ）． A. 2048 B. 2047 C. 1024 D. 1023 7. 在四边形中，，，．若四边形的面积为，则实数的值为（ ）． A. 3 B. C. D. 8. 已知函数的三个零点为，，，且，则下列结论不正确的是（ ）． A. 在上单调递减 B. 曲线是中心对称图形 C ，都有 D. ，都有 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，则下列不等式正确的是（ ）． A. B. C. D. 10. 在直角坐标系中，已知是以为圆心的单位圆，点的坐标为，角的始边为射线，终边交圆于点，过点作直线的垂线，垂足为．若将点到直线的距离表示为的函数，则（ ）． A. B. 的最小正周期为 C. 是的一个单调减区间 D. 的最大值为 11. 设正项数列的前项和为，若，且对任意的正整数都有，则称是“数列”.下列结论正确的是（ ） A. 若是首项为公差为的等差数列，则是“数列” B. 若是“数列”，则不可能存在正整数，满足 C. 若是“数列”，且，则的最小值是 D. 任给，若，且，则是“数列” 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，，其中．若，则的最大值为______． 13. 在2025年江苏省城市足球联赛（简称“苏超”）的一场激烈比赛中，某城市队的10号球员从点出发，以2.5米/秒的速度做匀速直线运动，到达点时，发现足球在点处正以3倍于自己的速度向点做匀速直线滚动.已知米，米，．若忽略该球员转身所需的时间，则该球员按原来的速度最快截住足球所用的时间为______秒． 14. 设函数，，其中，．若，，则的最小值为______；若恒成立，则的最大值为______． 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. 在中，角，，所对的边为，，，且． （1）求角大小； （2）若，求的值． 16. 已知向量，，设函数． （1）若，，求的值； （2）将函数的图象上所有的点向右平移个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），得到函数的图象．若函数的图象关于直线对称，求在上的最大值和最小值． 17. 已知函数． （1）求过点且与曲线相切的直线方程； （2）令，若有两个极值点，，记过两点，的直线斜率为．是否存在实数，使得？若存在，求的值；若不存在，试说明理由． 18. 设数列的前项和为，已知，，其中，为常数． （1）当时，若，，求数列通项公式； （2）若． （ⅰ）证明：数列为等差数列； （ⅱ）若8，，成等比数列，当为何值时，取得最大值，请说明理由． 19. 设，是实数，函数． （1）当时， （ⅰ）讨论函数的单调性； （ⅱ）若在上恒成立，求的值． （2）当时，证明：函数有两个极值点，且． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 无锡市2025年秋学期高三期中教学质量调研测试 数学 2025.11 命题单位：江阴市教师发展中心 制卷单位：无锡市教育科学研究院 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. 设复数，若的实部与虚部相等，则实数的值为（ ）． A. 3 B. 1 C. －1 D. －3 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的乘法运算求出，由题意列出方程，即可求得答案. 【详解】因为，且的实部与虚部相等， 故，解得， 故选：A 2. 已知集合，，则等于（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先解一元二次不等式求出集合M，再求对数型复合函数定义域求出集合，再根据补集和交集运算求解即可. 【详解】， 所以或， 又， 所以. 故选：D 3. 已知，命题是一元二次方程的一个根，命题，则是的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据充分、必要性的定义判断命题间的推出关系，即可得答案. 【详解】对于命题，为方程的根，则，充分性成立； 对于命题，且，则必是题设方程的一个根，必要性成立； 所以是的充分必要条件. 故选：C 4. 在中，是的中点，是的中点．若，则（ ）． A. 3 B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用向量的线性运算求解即可. 【详解】 ，所以，所以. 故选：B 5. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则（ ）． A －3 B. 3 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用函数为奇函数，将化为，结合当时，，代入求值，即可求得答案. 【详解】由题意知函数是定义在上的奇函数，故， 而，故，则， 故选：C 6. 在数列中，，若数列是公比为2的等比数列，则（ ）． A. 2048 B. 2047 C. 1024 D. 1023 【答案】D 【解析】 【分析】根据等比数列定义得数列的奇数项是以1为首项，2为公比的等比数列，再应用等比数列前n项和公式求解即可． 【详解】数列是公比为2的等比数列，则有，所以， 因此数列的奇数项是以1为首项，2为公比的等比数列， 所以 故选：D 7. 在四边形中，，，．若四边形的面积为，则实数的值为（ ）． A 3 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量的模长及数量积为0，可得四边形为直角梯形，然后结合模长关系利用面积建立方程求解即可. 【详解】因为，，，所以四边形为梯形， 又，所以，即， 所以四边形为直角梯形，则， 又四边形的面积为，所以， 所以， 所以. 故选：C 8. 已知函数的三个零点为，，，且，则下列结论不正确的是（ ）． A. 在上单调递减 B. 曲线是中心对称图形 C. ，都有 D. ，都有 【答案】D 【解析】 【分析】求导后结合定义域即可得A；计算为定值可得B；结合函数单调性可得，，取值范围，再计算出，结合在上单调性即可得C；举出反例即可得D. 【详解】对A：由，则其定义域为， ，则当时，恒成立， 故在、、上单调递减，故A正确； 对B：， 又定义域为，故曲线关于点对称， 即曲线是中心对称图形，故B正确； 对C：由在、、上单调递减， 且函数有三个零点，则，，， 则，有， 又，即， 则， 由，则，则， 又，且，在上单调递减， 故对恒成立，故C正确； 对D：取，则， 则有，， 即，，此时，故D错误. 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，则下列不等式正确的是（ ）． A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】首先由条件确定，再根据不等式的性质，结合选项，即可判断. 【详解】由可知，，所以，即，故A错误； ，故B正确； ，所以，故C错误； ，由以上可知，，，所以，即，故D正确. 故选：BD 10. 在直角坐标系中，已知是以为圆心的单位圆，点的坐标为，角的始边为射线，终边交圆于点，过点作直线的垂线，垂足为．若将点到直线的距离表示为的函数，则（ ）． A. B. 的最小正周期为 C. 是的一个单调减区间 D. 的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用点到直线的距离公式及二倍角正弦公式得，代入求得判断A；结合诱导公式利用周期定义判断B，利用正弦函数性质判断C；利用基本不等式求解最值即可判断D. 【详解】单位圆上，为到x轴的垂足，故，直线的直线方程为，即，则点到直线的距离， 对于A，，正确； 对于B，因为， 所以不是的周期，错误； 对于C，，所以，所以， 因为在单调递增，所以在单调递减，正确； 对于D，， 当且仅当时等号成立，正确. 故选：ACD 11. 设正项数列的前项和为，若，且对任意的正整数都有，则称是“数列”.下列结论正确的是（ ） A. 若是首项为公差为的等差数列，则是“数列” B. 若是“数列”，则不可能存在正整数，满足 C. 若是“数列”，且，则的最小值是 D. 任给，若，且，则是“数列” 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据“数列”的定义可判断A；根据“数列”满足的条件可得出相应不等式，可推出，即可判断B；根据“数列”满足的条件可得出，判断时的值的情况，可判断C；举出反例可判断D. 【详解】对于A，若是首项为、公差为的等差数列，则， 前项和， 时等号成立， 即“数列”，故A正确； 对于B，若是“数列”，则，且， 所以，则， 故，由题意知当，，结合，得， 因此不存在使，故B正确； 对于C，若是“数列”，， 前项和，要使， 即， 因为，且当时，， 所以时趋近于，且所有项均小于，故最小值为，C正确； 对于D，取，，满足， 则，， 而，所以不成立， 因此“”不足以保证是“数列”，D错误. 故选：ABC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，，其中．若，则的最大值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据向量平行的坐标公式得到的关系，再利用基本不等式求解即可. 【详解】由题意得，，， 因为，所以，即，． 所以，即，当且仅当，时等号成立. 所以的最大值为. 故答案为： 13. 在2025年江苏省城市足球联赛（简称“苏超”）的一场激烈比赛中，某城市队的10号球员从点出发，以2.5米/秒的速度做匀速直线运动，到达点时，发现足球在点处正以3倍于自己的速度向点做匀速直线滚动.已知米，米，．若忽略该球员转身所需的时间，则该球员按原来的速度最快截住足球所用的时间为______秒． 【答案】## 【解析】 【分析】设在处截住足球，时间设为秒，则，，在中，利用余弦定理列方程求得或，即可求解. 【详解】如图 设在处截住足球，时间设为秒，则，，则， 又，，在中，利用余弦定理可知，， 则， 化简得，解得或， 所以该球员按原来速度最快截住足球所用的时间为秒. 故答案为： 14. 设函数，，其中，．若，，则的最小值为______；若恒成立，则的最大值为______． 【答案】 ①. 0 ②. 【解析】 【分析】若，，求导，利用导数判断的单调性和最值；若恒成立，即，结合图象可得，令，消去结合判别式运算求解即可. 【详解】若，，则，， 因为在内单调递减，且，， 可知在内存在唯一零点， 当时，；当时，； 可知在内单调递增，在内单调递减， 且，所以的最小值为0； 若，即， 可知当时，在直线的上方，如图所示： 结合图象可得，即，可知， 设，即，可得， 因为该不等式组在内有解，则，解得， 所以当，时，取到最大值. 故答案为：0；. 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. 在中，角，，所对的边为，，，且． （1）求角的大小； （2）若，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理及两角差的正弦定理化简得，解得，即可求得； （2）利用同角三角函数关系求得，利用二倍角正切公式得，然后利用两角差的正切公式求解即可. 【小问1详解】 由正弦定理，因为， 所以， 所以， 整理得， 所以，所以或， 所以或（舍去），而,， 所以，所以. 【小问2详解】 因为，所以， 所以，所以， 所以. 16. 已知向量，，设函数． （1）若，，求的值； （2）将函数的图象上所有的点向右平移个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），得到函数的图象．若函数的图象关于直线对称，求在上的最大值和最小值． 【答案】（1） （2）最大值为1，最小值为 【解析】 【分析】（1）根据向量数量积运算及辅助角公式化简得到，再结合求得； （2）根据三角函数图象变换得到解析式，结合范围求解取值范围. 【小问1详解】 因为，， 所以， 所以，即， 因为，则，则， 所以， 所以. 【小问2详解】 由（1）知，根据三角函数的图象变换规律， 将函数的图象上所有的点向右平移个单位长度可得到， 再把所得各点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变）可得到， 因为函数的图象关于直线对称， 所以，即， 因为，所以，因此， 因为，所以，则，即， 所以在上的最大值为1，最小值为. 17. 已知函数． （1）求过点且与曲线相切的直线方程； （2）令，若有两个极值点，，记过两点，的直线斜率为．是否存在实数，使得？若存在，求的值；若不存在，试说明理由． 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）设切点，然后利用导数的几何意义及点斜式方程求出切线方程，将点的坐标代入求得或，即可求解切线方程； （2）求出导函数，由题意有两个不等的实根，，进而有，结合两点斜率公式及列式得，解方程即可求解. 【小问1详解】 设过点且与曲线相切的直线与切于点， 由得，所以，所以切线方程为， 即，该切线过点，所以，即， 解得或，所以或； 【小问2详解】 ，则， 由题意有两个不等的实根，， 所以，即， 则 ， 所以，解得或，又，所以. 18. 设数列的前项和为，已知，，其中，为常数． （1）当时，若，，求数列的通项公式； （2）若． （ⅰ）证明：数列为等差数列； （ⅱ）若8，，成等比数列，当为何值时，取得最大值，请说明理由． 【答案】（1）； （2）（i）证明见解析；（ii）当时，取得最大值，理由见解析. 【解析】 【分析】（1）代入，再升次作差得，从而有，最后利用累乘法即可得到答案； （2）（i）两次升次作差得，再验证前3项即可； （ii）根据等比中项和等差数列通项公式得，得其单调性，再求出，再设，得到其单调性即可得到最大值. 【小问1详解】 当时，，则， 两式相减，得：． 因为， 所以，则，符合式， 故， 所以． 因此当时，， 累乘，得：． 因为，所以，当时，， 又因为满足上式，故． 【小问2详解】 （i）因为① 所以② 由②－①，得：③ 所以④ 由④－③，得：， 即， 因此， 所以，当时为等差数列． 因为，又因为， 解得， 因此，所以为等差数列． （ii）因为成等比数列，所以． 设等差数列的公差为，则，所以， 从而，且， 故等差数列是首项为正数的递减数列． 由，即 解得， 所以， 令， 因此， 而。 所以， 又， 所以中，最大，即当时，取得最大值． 19. 设，是实数，函数． （1）当时， （ⅰ）讨论函数的单调性； （ⅱ）若在上恒成立，求的值． （2）当时，证明：函数有两个极值点，且． 【答案】（1）（i）答案见解析；（ii）0. （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（i）代入后求导得，再求出导函数为0时的根，最后分析其单调性即可； （ii）分，以及讨论即可； （2）二次求导得其单调性，再利用零点存在性定理证明极值点所在区间，再利用切线不等式得，从而证明原不等式结论. 【小问1详解】 （i）当时，， 则 对于开口向下的二次函数， 因为，所以必有唯一正根． 因此当时，单调递增； 当时，单调递减． 综上：的单调增区间为，单调减区间为． （ii）在上恒成立等价于在上恒成立． 注意到． 则当时，，由第（i）问的单调性知在上恒成立． 当时，，此时当时，单调递增，，矛盾； 当时，，此时当时，单调递减，，矛盾． 综上所述，的值为0． 【小问2详解】 ． 令， 令，得． 所以当时，单调递减； 当时，单调递增． 注意到，所以． 因为， 所以当时，， 故，从而存在，有， 当时，设，则恒成立， 则在上单调递增，则，即， 则在恒成立．从而． 所以． 故．从而存在，有． 当时，单调递减； 当时，单调递增； 当时，单调递减． 所以函数有两个极值点． 又， 所以，即． 结论得证． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $