江苏省南通市如皋市2025届高三数学下学期二模考试试题含解析

PAGE30-江苏省南通市如皋市2025届高三数学下学期二模考试试题（含解析）第Ⅰ卷（必做题，共160分）一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共70分，请将答案填写在答题卷相应的位置上.）1.设全集，集合，，__________.【答案】【解析】【分析】先化简集合,再求得解.【详解】由题得，所以,所以.故答案为：【点睛】本题主要考查集合交、并、补运算，意在考查学生对这些学问的理解驾驭水平，属于基础题.2.若复数满意（为虚数单位），则______________．【答案】【解析】由，得，则，故答案为.3.某工厂为了了解一批产品净重（单位：克）状况，从中随机抽测了100件产品的净重，所得数据均在区间[96，106]中，其频率分布直方图如图所示，则在抽测的100件产品中，净重在区间上的产品件数是．【答案】55【解析】试题分析：产品净重在区[100，104]上的频率为（0.15+0.125）×2=0.55，所以产品数为100×0.55=55；考点：1.频率分布直方图；4.某医院欲从主动扱名的甲、乙、丙、丁4名医生中选择2人去支援武汉抗击“新型冠状病毒”，若毎名医生被选择的机会均等，则甲、乙2人中至少有1人被选择的概率为__________.【答案】【解析】【分析】先求出甲乙都不被选择的概率，再利用对立事务的概率求解即可.【详解】由题得甲乙都不被选择的概率为,由对立事务的概率公式得甲、乙2人中至少有1人被选择的概率为.故答案为：【点睛】本题主要考查古典概型的概率的计算，考查对立事务的概率的计算，意在考查学生对这些学问的理解驾驭水平.5.执行下边的伪代码后，输出的结果是__________.【答案】7【解析】【分析】干脆模拟运行程序即得解.【详解】由题得：0＜27，,不满意,输出：.故答案为：7【点睛】本题主要考查程序框图，意在考查学生对该学问的理解驾驭水平，属于基础题.6.在平面直角坐标系中，已知双曲线：的左，右焦点分别为，，设过右焦点且与轴垂直的直线与双曲线的两条渐近线分别交于，两点，若是正三角形，则双曲线的离心率为__________.【答案】【解析】【分析】不妨设点在轴上方，先求出点坐标，再由题得，化简即得双曲线的离心率.【详解】不妨设点在轴上方，联立得.因为是正三角形，所以.所以.故答案为：【点睛】本题主要考查双曲线的离心率的计算，意在考查学生对这些学问的理解驾驭水平.7.已知函数，将函数的图象向右平移个单位长度后，所得图象与原函数图象重合，则的最小值等于__________.【答案】4【解析】【分析】由题得，化简即得解.【详解】由题得,因为，所以的最小值等于4.故答案为：4【点睛】本题主要考查三角函数的周期性，意在考查学生对这些学问的理解驾驭水平，属于基础题.8.已知等比数列的前项和为，若，且，，成等差数列，则满意不等式的的最小值为__________.【答案】12【解析】【分析】先分析得到等比数列的公比，再列方程组解方程组求出首项和公比，再代入化简即得解.【详解】因为，，成等差数列。所以等比数列的公比.由题得因为，所以因为时，，时，.所以的最小值为12.故答案为：12【点睛】本题主要考查等比数列的基本量的计算，考查等比数列的通项和前项和的应用，意在考查学生对这些学问的理解驾驭水平.9.在三棱锥中，平面，，，则该三棱锥的外接球的表面积为__________.【答案】【解析】【分析】如图，设的中点为,连接，证明点就是外接球的球心.外接球的半径为，即得外接球的表面积.【详解】如图，设的中点为,连接，由勾股定理得,因为所以平面,∴.因为平面,所以平面,所以,所以,因为,所以.所以,所以点就是外接球的球心.所以外接球的半径为.所以外接球的表面积为.故答案为：【点睛】本题主要考查几何体的外接球表面积的计算问题，意在考查学生对这些学问的理解驾驭水平.10.已知实数，满意条件，若不等式恒成立，则实数的最大值是__________.【答案】【解析】【分析】先作出不等式组对应的可行域，如图所示，求出，化简已知得恒成立，再换元利用导数求函数的最值即得解.【详解】作出不等式组对应的可行域，如图所示，联立得,所以.因为不等式恒成立，所以恒成立，设，恒成立，设，所以函数在单调递减，单调递增.所以.所以.故答案为：【点睛】本题主要考查线性规划求最值，考查利用导数求函数的最值，考查不等式的恒成立问题的求解，意在考查学生对这些学问的理解驾驭水平.11.如图，在四边形中，对角线与相交于点.已知，，，且是的中点，若，则的值为__________.【答案】【解析】【分析】如图，设，先求出,再依据得到，再求的值得解.【详解】如图，四点共圆，为圆的直径.设，所以，由相交弦定理得，在直角△中，由勾股定理得，在△中，由余弦定理得.因为，所以，又,所以.所以.故答案为：【点睛】本题主要考查平面对量的数量积的计算，考查平面几何圆的学问，意在考查学生对这些学问的理解驾驭水平.12.在平面直角坐标系中，已知在圆：上运动，且.若直线：上的随意一点都满意，则实数的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】先求出，再化简得，再代点到直线的距离公式解不等式得解.【详解】由题得圆的圆心.且,,（其中是的夹角），，因为，所以,所以，所以，所以.所以.故答案为：【点睛】本题主要考查平面对量的数量积，考查直线和圆的位置关系，意在考查学生对这些学问的理解驾驭水平和分析推理实力.13.已知函数，若存在实数，使得函数有6个零点，则实数的取值范围为__________.【答案】【解析】【分析】先作出函数的图象，由题得，三点的高度应满意或,所以或，解不等式即得解.【详解】由题得函数的图象和直线有六个交点.明显有.,（），所以函数在单调递减，在单调递增，且.由题得，三点的高度应满意或,所以或，因为所以或，综合得.故答案为：【点睛】本题主要考查函数的图象和性质，考查利用导数求函数的单调性，考查函数的零点问题，意在考查学生对这些学问的理解驾驭水平和分析推理实力.14.在中，角，，所对的边分别是，，，若是边上的中线，且，则的最小值为__________.【答案】【解析】【分析】如图，过点作,设，求出，再利用基本不等式求最小值得解.【详解】过点作,设，由三角函数定义得.当且仅当时取等号.所以的最小值为故答案为：【点睛】本题主要考查三角函数和基本不等式求最值，意在考查学生对这些学问的理解驾驭水平.二、解答题（本大题共6小题，共计90分，请在答题纸指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）15.在中，角，，所对的边分别是，，，已知.（1）求角的大小；（2）若，，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理化简得，即得角的大小；（2）由余弦定理得，由正弦定理得，，即得的值.【详解】（1）因为，依据正弦定理，得，因为，所以，所以，即，整理得，所以，又，故.（2）在中，，，，由余弦定理得，得，故由正弦定理得，解得.因为，故，，所以.所以.【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，意在考查学生对这些学问的理解驾驭水平和分析推理实力.16.在三棱柱中，，，且，为的中点.（1）求证：平面；（2）求证：.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）证明，平面即得证；（2）取的中点，连校、,，先证明面，即得证.【详解】（1）连接，交于点，连接．在三棱柱中，四边形是平行四边形，因为，所以是的中点，所以．又面，面面．所以平面．（2）取的中点，连接、．囚为，．所以是正三角形，．因为是的中点，所以．因为，是的中点，所以．又，，面，所以面．因为面，所以．【点睛】本题主要考查空间直线平面位置关系的证明，意在考查学生对这些学问的理解驾驭水平和空间想象分析推理实力.17.现有一块废弃的半圆形钢板，其右下角一小部分因生锈无法运用，其形态如图所示，已知该钢板的圆心为，线段为其下沿，且，.现欲从中截取一个四边形，其要求如下：点，均在圆弧上，平分，且，垂足在边上.设，四边形的面积为.（1）求关于的函数解析式，并写出其定义域；（2）当为何值时，四边形的面积最大？【答案】（1），其定义域为（2）【解析】【分析】（1）连接，取的中点，的中点，连接，．依据，求出关于的函数解析式，并写出其定义域；（2）利用导数求函数的最值即得解.【详解】（1）连接，取的中点，的中点，连接，．因为，所以，因为平分，所以，所以，故，所以．在中，，，所以，，在中，，，所以，，在中，，，所以，，所以，所以，其定义域为．（2）因为，，．令，得，设锐角满意，列表：0极大值所以当时，取得最大值．答：当时，四边形的面积最大．【点睛】本题主要考查三角函数的应用，考查利用导数求函数的最值，意在考查学生对这些学问的理解驾驭水平和应用实力.18.如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆：的焦距为2，且经过点，过左焦点且不与轴重合的直线与椭圆交于点，两点.（1）求椭圆的方程；（2）若直线，，的斜率之和为0，求直线的方程；（3）设弦的垂直平分线分别与直线，椭圆的右准线交于点，，求的最小值.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）依据已知求出的值，即得椭圆的的方程；（2）设直线：，，联立直线和椭圆的方程得到韦达定理，依据直线，，的斜率之和为0，求出，即得直线的方程；（3）直线的斜率不存在时，；直线的斜率存在时，求出.即得解.【详解】（1）因为椭圆的焦距为2，所以椭圆的焦点为，所以点到焦点，的距离分别为，，故，得．所以，椭圆的方程为．（2）依题意，左焦点，设直线：，，，．联立方程组整理得，所以，．因为直线，，的斜率之和为0，所以，即，整理得，即，解得．所以直线的方程为．（3）若直线的斜率不存在，；若直线的斜率存在，由（2）可得，又，直线的斜率为，，所以．故，令，则，故当时，，，所以．明显，，所以的最小值为2．【点睛】本题主要考查椭圆方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系，考查椭圆中的最值问题的求解，意在考查学生对这些学问的理解驾驭水平和分析推理实力.19.已知函数，其中，为自然对数的底数.（1）若，求函数在处的切线方程；（2）若函数在定义域上恰有两个不同的零点，求实数a的取值范围；（3）设函数在区间)上存在极值，求证：.【答案】（1）（2）或（3）证明见解析【解析】【分析】（1）利用导数求函数在处的切线方程；（2）对分两种状况探讨，当时，再分三种状况结合导数分类探讨；（3）先求出，要使得在上存在极值，则须满意即分析推理即可得到.【详解】（1）当时，，，，，所以函数在处得切线方程为．（2）因为，，，所以．①若，则，在上是单调增函数，所以在上至多一个零点，与题意不符合．②若，令，得．0微小值（ⅰ）若，即时，有且仅有一个零点，与题意不符．（ⅱ）若，即时，，，又，且的图像在上不间断，所以存在，使得．此时，在恰有两个不同得零点和．所以符合题意．（ⅲ）若，即时，．令，，，所以在上单调增函数，，所以在上是单调增函数，．所以，且，的图像在上不间断，所以存在，使得．此时，在恰有两个不同得零点和．所以符合题意．综上所述，实数的取值范围是或．（3）依题意，．则，令，，，所以在上是单调增函数．要使得在上存在极值，则须满意即所以，，即．由（2）可知，当时，，所以，．所以，即，所以．【点睛】本题主要考查导数的几何意义，考查利用导数探讨函数的零点问题，考查利用导数证明不等式，意在考查学生对这些学问的理解驾驭水平和分析推理实力.20.已知数列的前项和为，设.（1）若，记数列的前项和为.①求证：数列为等差数列；②若不等式对随意的都成立，求实数的最小值；（2）若，且，是否存在正整数，使得无穷数列，，，…成公差不为0等差数列？若存在，给出数列的一个通项公式；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）不存在；详见解析【解析】【分析】（1）①，，两式相减化简得，所以数列为等差数列；②先利用错位相减求出，由不等式对随意的都成立得到对随意恒成立，求出的最大值得解；（2）由题得当，时，.假设存在，，，，…成等差数列，公差为，则，再对分两种状况探讨得解.【详解】（1）①因为，，（i）所以．（ii）将（i）（ii），得，即．（iii）所以，当，时，，（iv）将（iii）（iv）得，当，时，，整理得，，即，所以数列为等差数列．②因为，令，2，得，解得，，结合①可知，，故．所以，，两式相减，得，所以．依题意，不等式对随意的都成立，即对随意恒成立，所以对随意恒成立．令，则，所以当，2时，，即，且当，时，，即所以当时，取得最大值，所以，实数的最小值为．（2）因为，所以，即．因为，所以，．所以，，．所以当，时，，．假设存在，，，，…成等差数列，公差为．则，（ⅰ）若，则当，时，，而，，所以与题意冲突．（ⅱ）若，则当，时，与题意冲突．所以不存在，使得无穷数列，，，…成公差不为0的等差数列．【点睛】本题主要考查等差数列的证明和错位相减法求和，考查数列不等式的恒成立问题的求解，考查数列中的探究性问题的求解，意在考查学生对这些学问的理解驾驭水平和分析推理实力.第II卷（附加题，共40分）21.已知矩阵，，求矩阵，使得.【答案】【解析】【分析】先求出，再依据求解.【详解】因为，所以由，得，所以．【点睛】本题主要考查矩阵，意在考查学生对这些学问的理解驾驭水平，属于基础题.22.在极坐标系中，求直线被曲线所截得的弦长.【答案】【解析】【分析】联立方程组求出，即得直线被曲线所截得的弦长.【详解】联立方程组得．又因为直线与曲线都经过极点，所以直线被曲线所截得的弦长为．【点睛】本题主要考查极坐标中弦长的计算，意在考查学生对这些学问的理解驾驭水平.【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分，解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤.23.在平面直角坐标系中，已知抛物线：上一点到准