江苏省南京田家炳高级中学2024-2025学年高三上学期期初模拟考试数学试卷

2025届南京田家炳期初模拟考试数学2024．08一、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.复数的虚部为（）A. B. C. D.1【答案】D【解析】【分析】先化简，再根据虚部概念得解.【详解】.故虚部为1.故选：D.2.的二项展开式中的系数为（）A.15 B.6 C. D.【答案】B【解析】【分析】先求出二项式展开式的通项公式，然后令的次数为3，求出，从而可求得结果.【详解】解：的通项公式为：，令，可得，所以二项展开式中系数：．故选：B．3.已知为单位向量，且则夹角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据，得到，将等式展开由平面向量数量积定义即可得到答案.【详解】设的夹角为，因为，为单位向量，所以，所以.故选：B.4.已知则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据二倍角正余弦公式化简,再根据平方关系求得结果.【详解】故选：A【点睛】本题考查二倍角正余弦公式以及同角三角函数关系，考查基本分析求解能力，属基础题.5.从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】方法一：先列举出所有情况，再从中挑出数字之积是4倍数的情况，由古典概型求概率即可.【详解】[方法一]：【最优解】无序从6张卡片中无放回抽取2张，共有15种情况，其中数字之积为4的倍数的有6种情况，故概率为.[方法二]：有序从6张卡片中无放回抽取2张，共有,(2,1),(3,1),(4,1),(5,1),(6,1),(3,2),(4,2),(5,2),(6,2),(4,3),(5,3),(6,3),(5,4),(6,4),(6,5)30种情况，其中数字之积为4的倍数有(1,4),(2,4),(2,6),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3),(4,5),(4,6),(5,4),(6,2),(6,4)12种情况，故概率为.故选：C.【整体点评】方法一：将抽出的卡片看成一个组合，再利用古典概型的概率公式解出，是该题的最优解；方法二：将抽出的卡片看成一个排列，再利用古典概型的概率公式解出；6.等差数列的前项和为，若，，则（）A. B. C.1 D.2【答案】B【解析】【分析】由结合等差中项的性质可得，即可计算出公差，即可得的值.【详解】由，则，则等差数列的公差，故.故选：B.7.已知函数在R上单调递增，则a的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据二次函数的性质和分界点的大小关系即可得到不等式组，解出即可.【详解】因为在上单调递增，且时，单调递增，则需满足，解得，即a的范围是.故选：B.8.设函数，则曲线y=fx在点0,1处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】借助导数的几何意义计算可得其在点0,1处的切线方程，即可得其与坐标轴的交点坐标，即可得其面积.详解】，则，即该切线方程为，即，令，则，令，则，故该切线与两坐标轴所围成的三角形面积.故选：A.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，不选或有选错的得0分．9.对于函数和，下列说法中正确的有（）A.与有相同的零点 B.与有相同的最大值C.与有相同的最小正周期 D.与的图象有相同的对称轴【答案】BC【解析】【分析】根据正弦函数的零点，最值，周期公式，对称轴方程逐一分析每个选项即可.【详解】A选项，令，解得，即为零点，令，解得，即为零点，显然零点不同，A选项错误；B选项，显然，B选项正确；C选项，根据周期公式，的周期均为，C选项正确；D选项，根据正弦函数的性质的对称轴满足，的对称轴满足，显然图像的对称轴不同，D选项错误.故选：BC10.抛物线C：的准线为l，P为C上的动点，过P作的一条切线，Q为切点，过P作l的垂线，垂足为B，则（）A.l与相切B.当P，A，B三点共线时，C.当时，D.满足的点有且仅有2个【答案】ABD【解析】【分析】A选项，抛物线准线为，根据圆心到准线的距离来判断；B选项，三点共线时，先求出的坐标，进而得出切线长；C选项，根据先算出的坐标，然后验证是否成立；D选项，根据抛物线的定义，，于是问题转化成的点的存在性问题，此时考察的中垂线和抛物线的交点个数即可，亦可直接设点坐标进行求解.【详解】A选项，抛物线的准线为，的圆心到直线的距离显然是，等于圆的半径，故准线和相切，A选项正确；B选项，三点共线时，即，则的纵坐标，由，得到，故，此时切线长，B选项正确；C选项，当时，，此时，故或，当时，，，，不满足；当时，，，，不满足；于是不成立，C选项错误；D选项，方法一：利用抛物线定义转化根据抛物线的定义，，这里，于是时点的存在性问题转化成时点的存在性问题，，中点，中垂线的斜率为，于是的中垂线方程为：，与抛物线联立可得，，即的中垂线和抛物线有两个交点，即存在两个点，使得，D选项正确.方法二：（设点直接求解）设，由可得，又，又，根据两点间的距离公式，，整理得，，则关于的方程有两个解，即存在两个这样的点，D选项正确.故选：ABD11.已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则下列命题正确的是（

）A.当时， B.函数有2个零点C.的解集为 D.，，都有【答案】ACD【解析】【分析】设，则，利用函数的奇偶性即可判断A；可看出，1，0都是的零点，即可判断B；直接解不等式可判断C；根据导数符号可判断的单调性，根据单调性即可求出的值域，即可判断D.【详解】是定义在R上的奇函数，设，则，则，所以，故A正确；因为，f1=0，又，所以有3个零点，故B错误；当时，由，得，得，当时，由，得，得；所以的解集为，故C正确；当时，，所以时，f′x<0，单调递减，时，f′x>0所以时，取的最小值为，且时，，所以，即，当时，，所以在0,2上单调递增，在上单调递减，所以时，取最大值为，且时，，所以，所以，所以的值域为，所以，，都有，故D正确；故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.设双曲线的左右焦点分别为，过作平行于轴的直线交C于A，B两点，若，则C的离心率为___________．【答案】【解析】【分析】由题意画出双曲线大致图象，求出，结合双曲线第一定义求出，即可得到的值，从而求出离心率.【详解】由题可知三点横坐标相等，设在第一象限，将代入得，即，故，，又，得，解得，代入得，故，即，所以.故答案为：13.已知为第一象限角，为第三象限角，，，则_______.【答案】【解析】【分析】法一：根据两角和与差的正切公式得，再缩小的范围，最后结合同角的平方和关系即可得到答案；法二：利用弦化切的方法即可得到答案.详解】法一：由题意得，因为，，则，，又因为，则，，则，则，联立，解得.法二：因为为第一象限角，为第三象限角，则,，，则故答案为：.14.若数列满足，（），则______.【答案】3268【解析】【分析】由数列递推式可得到，和已知等式作差得，利用累加法即可求得答案.【详解】由题意可得，作差得，故，故答案为：3268四、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.记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．（1）求A．（2）若，，求的周长．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据辅助角公式对条件进行化简处理即可求解，常规方法还可利用同角三角函数的关系解方程组，亦可利用导数，向量数量积公式，万能公式解决；（2）先根据正弦定理边角互化算出，然后根据正弦定理算出即可得出周长.【小问1详解】方法一：常规方法（辅助角公式）由可得，即，由于，故，解得方法二：常规方法（同角三角函数的基本关系）由，又，消去得到：，解得，又，故方法三：利用极值点求解设，则，显然时，，注意到，，在开区间上取到最大值，于是必定是极值点，即，即，又，故方法四：利用向量数量积公式（柯西不等式）设，由题意，，根据向量的数量积公式，，则，此时，即同向共线，根据向量共线条件，，又，故方法五：利用万能公式求解设，根据万能公式，，整理可得，，解得，根据二倍角公式，，又，故【小问2详解】由题设条件和正弦定理，又，则，进而，得到，于是，，由正弦定理可得，，即，解得，故的周长为16.记为数列an的前项和，已知．（1）求an（2）设，求数列bn的前项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用退位法可求an（2）利用错位相减法可求.【小问1详解】当时，，解得．当时，，所以即，而，故，故，∴数列an是以4为首项，为公比的等比数列，所以.【小问2详解】,所以故所以，.17.如图，在三棱锥中，，，为正三角形，为的中点，，.（1）求证：平面；（2）求与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）取的中点，连接，证明结合，先证明平面，得到，再证明，然后证明平面；（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，计算平面的法向量及，利用向量法求线面角.【小问1详解】证明：作的中点，连接，因为是正三角形，所以，又平面，所以平面，又平面，所以，因为∥，所以，又平面，所以平面；【小问2详解】以为坐标原点,所在直线分别为为轴非负半轴，建立空间直角坐标系如图示，则，所以，设平面的法向量为m=x,y,z，则，取，则，设与平面所成角为，则.所以与平面所成角的正弦值为.18.在平面直角坐标系中，椭圆：的左，右顶点分别为、，点是椭圆的右焦点，，．（1）求椭圆的方程；（2）不过点的直线交椭圆于、两点，记直线、、的斜率分别为、、.若，证明直线过定点，并求出定点的坐标．【答案】（1）；（2）证明见解析，．【解析】【分析】（1）写出的坐标，求出向量坐标，根据向量的关系即可列出方程组，求得和椭圆的标准方程；（2）设直线的方程为，，．联立直线与椭圆方程，根据韦达定理得到根与系数的关系，求出，根据即可求得和的关系，即可证明直线过定点并求出该定点．【小问1详解】由题意知，，，，∵，，∴，解得，从而，∴椭圆的方程为.【小问2详解】设直线的方程为，，．直线不过点，因此．由，得，时，，，∴，由，可得，即，故的方程为，恒过定点．19.已知函数．（1）当，求曲线在点处的切线方程．（2）若在上单调递增，求a的取值范围；（3）若的最小值为1，求a．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）求导，利用导函数的几何意义求出切线方程；（2）参变分离，构造，求导，得到其最小值，求出a的取值范围；（3）注意到，多次求导得到，从而分，，与，结合函数单调性，极值和最值情况，求出答案【小问1详解】，，所以曲线在点处的切线方程，即．【小问2详解】因为在区间上恒成立，所以，令，则，令，则，当时，单调递增，，所以，所以在上单调递增，故，所以．【小问3详解】，令，则，令，则，当时，，则，，当时，在上单调递减，当时，在上单调递增，在上单调递增，且，所以，当时，在上单调递减，当时，在上单调递增，所以．所以适合，当时，当时