江苏省苏州市重点中学2025年高三下学期第二次质检数学试题理试题含解析

江苏省苏州市重点中学2025年高三下学期第二次质检数学试题理试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．复数的共轭复数为（）A． B． C． D．2．已知集合，集合，若，则（）A． B． C． D．3．若复数为虚数单位在复平面内所对应的点在虚轴上，则实数a为（）A． B．2 C． D．4．对于函数，若满足，则称为函数的一对“线性对称点”．若实数与和与为函数的两对“线性对称点”，则的最大值为（）A． B． C． D．5．已知，则（）A．5 B． C．13 D．6．在直三棱柱中，己知，，，则异面直线与所成的角为（）A． B． C． D．7．已知函数在上单调递增，则的取值范围（）A． B． C． D．8．如图，长方体中，，，点T在棱上，若平面.则（）A．1 B． C．2 D．9．圆心为且和轴相切的圆的方程是（）A． B．C． D．10．已知六棱锥各顶点都在同一个球（记为球）的球面上，且底面为正六边形，顶点在底面上的射影是正六边形的中心，若，，则球的表面积为（）A． B． C． D．11．已知非零向量、，若且，则向量在向量方向上的投影为（）A． B． C． D．12．已知向量，，=(1，)，且在方向上的投影为，则等于（）A．2 B．1 C． D．0二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．函数在内有两个零点，则实数的取值范围是________.14．在的展开式中，常数项为________.(用数字作答)15．在三棱锥中，，三角形为等边三角形，二面角的余弦值为，当三棱锥的体积最大值为时，三棱锥的外接球的表面积为______.16．设集合，（其中e是自然对数的底数），且，则满足条件的实数a的个数为______．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）在中，角、、的对边分别为、、，且.（1）若，，求的值；（2）若，求的值.18．（12分）选修4-4：坐标系与参数方程已知曲线的参数方程是（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程是.（1）写出的极坐标方程和的直角坐标方程；（2）已知点、的极坐标分别为和，直线与曲线相交于，两点，射线与曲线相交于点，射线与曲线相交于点，求的值.19．（12分）已知满足，且，求的值及的面积.（从①，②，③这三个条件中选一个，补充到上面问题中，并完成解答.）20．（12分）已知关于的不等式解集为（）.（1）求正数的值；（2）设，且，求证：.21．（12分）若关于的方程的两根都大于2，求实数的取值范围．22．（10分）如图，已知在三棱锥中，平面，分别为的中点，且.（1）求证：；（2）设平面与交于点，求证：为的中点.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．D【解析】

直接相乘，得，由共轭复数的性质即可得结果【详解】∵∴其共轭复数为.故选：D熟悉复数的四则运算以及共轭复数的性质.2．A【解析】

根据或，验证交集后求得的值.【详解】因为，所以或.当时，，不符合题意，当时，.故选A.本小题主要考查集合的交集概念及运算，属于基础题.3．D【解析】

利用复数代数形式的乘除运算化简，再由实部为求得值．【详解】解：在复平面内所对应的点在虚轴上，，即．故选D．本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．4．D【解析】

根据已知有，可得，只需求出的最小值，根据，利用基本不等式，得到的最小值，即可得出结论.【详解】依题意知，与为函数的“线性对称点”，所以，故（当且仅当时取等号）.又与为函数的“线性对称点，所以，所以，从而的最大值为.故选:D.本题以新定义为背景，考查指数函数的运算和图像性质、基本不等式，理解新定义含义，正确求出的表达式是解题的关键，属于中档题.5．C【解析】

先化简复数，再求，最后求即可.【详解】解：，，故选：C考查复数的运算，是基础题.6．C【解析】

由条件可看出，则为异面直线与所成的角，可证得三角形中，，解得从而得出异面直线与所成的角．【详解】连接，，如图：又，则为异面直线与所成的角.因为且三棱柱为直三棱柱，∴∴面，∴，又，，∴，∴，解得.故选C考查直三棱柱的定义，线面垂直的性质，考查了异面直线所成角的概念及求法，考查了逻辑推理能力，属于基础题．7．B【解析】

由,可得,结合在上单调递增,易得,即可求出的范围.【详解】由,可得,时,,而,又在上单调递增,且,所以,则,即,故.故选:B.本题考查了三角函数的单调性的应用,考查了学生的逻辑推理能力,属于基础题.8．D【解析】

根据线面垂直的性质，可知；结合即可证明，进而求得.由线段关系及平面向量数量积定义即可求得.【详解】长方体中，，点T在棱上，若平面.则，则，所以，则，所以，故选：D.本题考查了直线与平面垂直的性质应用，平面向量数量积的运算，属于基础题.9．A【解析】

求出所求圆的半径，可得出所求圆的标准方程.【详解】圆心为且和轴相切的圆的半径为，因此，所求圆的方程为.故选：A.本题考查圆的方程的求解，一般求出圆的圆心和半径，考查计算能力，属于基础题.10．D【解析】

由题意，得出六棱锥为正六棱锥，求得，再结合球的性质，求得球的半径，利用表面积公式，即可求解.【详解】由题意，六棱锥底面为正六边形，顶点在底面上的射影是正六边形的中心，可得此六棱锥为正六棱锥，又由，所以，在直角中，因为，所以，设外接球的半径为，在中，可得，即，解得，所以外接球的表面积为.故选:D.本题主要考查了正棱锥的几何结构特征，以及外接球的表面积的计算，其中解答中熟记几何体的结构特征，熟练应用球的性质求得球的半径是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及推理与计算能力，属于中档试题.11．D【解析】

设非零向量与的夹角为，在等式两边平方，求出的值，进而可求得向量在向量方向上的投影为，即可得解.【详解】，由得，整理得，，解得，因此，向量在向量方向上的投影为.故选：D.本题考查向量投影的计算，同时也考查利用向量的模计算向量的夹角，考查计算能力，属于基础题.12．B【解析】

先求出，再利用投影公式求解即可.【详解】解：由已知得，由在方向上的投影为，得，则.故答案为：B.本题考查向量的几何意义，考查投影公式的应用，是基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．【解析】

设，，设，函数为奇函数，，函数单调递增，，画出简图，如图所示，根据，解得答案.【详解】，设，，则.原函数等价于函数，即有两个解.设，则，函数为奇函数.，函数单调递增，，，.当时，易知不成立；当时，根据对称性，考虑时的情况，，画出简图，如图所示，根据图像知：故，即，根据对称性知：.故答案为：.本题考查了函数零点问题，意在考查学生的转化能力和计算能力，画出图像是解题的关键.14．【解析】

的展开式的通项为，取计算得到答案.【详解】的展开式的通项为：，取得到常数项.故答案为：.本题考查了二项式定理，意在考查学生的计算能力.15．【解析】

根据题意作出图象,利用三垂线定理找出二面角的平面角,再设出的长,即可求出三棱锥的高,然后利用利用基本不等式即可确定三棱锥的体积最大值,从而得出各棱的长度,最后根据球的几何性质,利用球心距,半径,底面半径之间的关系即可求出三棱锥的外接球的表面积.【详解】如图所示：过点作面,垂足为,过点作交于点,连接.则为二面角的平面角的补角,即有.∵易证面,∴,而三角形为等边三角形,∴为的中点.设,.∴.故三棱锥的体积为当且仅当时,,即.∴三点共线.设三棱锥的外接球的球心为,半径为.过点作于,∴四边形为矩形.则,,,在中,,解得.三棱锥的外接球的表面积为.故答案为：．本题主要考查三棱锥的外接球的表面积的求法,涉及二面角的运用,基本不等式的应用,以及球的几何性质的应用,意在考查学生的直观想象能力,数学运算能力和逻辑推理能力,属于较难题.16．【解析】

可看出，这样根据即可得出，从而得出满足条件的实数的个数为1．【详解】解：，或，在同一平面直角坐标系中画出函数与的图象，由图可知与无交点，无解，则满足条件的实数的个数为．故答案为：．考查列举法的定义，交集的定义及运算，以及知道方程无解，属于基础题．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（1）；（2）.【解析】

（1）利用余弦定理得出关于的二次方程，结合，可求出的值；（2）利用两角和的余弦公式以及诱导公式可求出的值，利用同角三角函数的基本关系求出的值，然后利用二倍角的正切公式可求出的值.【详解】（1）在中，由余弦定理得，，即，解得或（舍），所以；（2）由及得，，所以，又因为，所以，从而，所以.本题考查利用余弦定理解三角形，同时也考查了两角和的余弦公式、同角三角函数的基本关系以及二倍角公式求值，考查计算能力，属于中等题.18．（1）线的普通方程为，曲线的直角坐标方程为；（2）.【解析】试题分析：（1）（1）利用cos2θ+sin2θ=1，即可曲线C1的参数方程化为普通方程，进而利用即可化为极坐标方程，同理可得曲线C2的直角坐标方程；

（2）由过的圆心，得得，设，，代入中即可得解.试题解析：（1）曲线的普通方程为，化成极坐标方程为曲线的直角坐标方程为（2）在直角坐标系下，，，恰好过的圆心，

∴由得，是椭圆上的两点，在极坐标下，设，分别代入中，有和∴，则，即19．见解析【解析】

选择①时：,，计算，根据正弦定理得到，计算面积得到答案；选择②时，，，故，为钝角，故无解；选择③时，，根据正弦定理解得，，根据正弦定理得到，计算面积得到答案.【详解】选择①时：,，故.根据正弦定理：，故，故.选择②时，，，故，为钝角，故无解.选择③时，，根据正弦定理：，故，解得，.根据正弦定理：，故，故.本题考查了三角恒等变换，正弦定理，面积公式，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.20．（1）1；（2）证明见解析.【解析】

（1）将不等式化为，求解得出，根据解集确定正数的值；（2）利用基本不等式以及不等式的性质，得出，，，三式相加，即可得证.【详解】（1）解：不等式，即不等式∴，而，于是依题意得（2）证明：由（1）知，原不等式可化为∵，∴，同理，三式相加得，当且仅当时取等号综上.本题主要考查了求绝对值不等式中参数的范围以及基本不等式的应用，属于中档题.21．【解析】

先令，根据题中条件得到，求解，即可得出结果.【详解】因为关于的方程的两根都大于2，令所以有，解得，所以.本题主要考查一元二次方程根的分布问题，熟记二次函数的特征即可，属于常考题型.22．（1）证