江苏省部分校2025届高三上学期12月质量测试数学试卷（含答案）

2024—2025学年第一学期高三12月质量测试数学注意事项：本卷考试时间为120分钟，满分为150分。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．已知复数满足，则A． B． C． D．3．已知平面向量，，满足，，，，则的最小值为A．1 B． C．3 D．44．在锐角三角形ABC中，，则的范围是A． B． C． D．5．已知三棱锥满足，，，且其表面积为24，若点（正投影在内部）到，，的距离相等，则三棱锥的体积为A．B．C． D．6．对于函数，若存在，使，则称点与点是函数的一对“隐对称点”.若函数的图象存在三对“隐对称点”，则实数的取值可以是A． B． C． D．7．已知函数，则函数的零点个数为A．9 B．10 C．11 D．128．已知定义在上的函数满足，且当时，，则A．B．C．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．判断下列命题中正确的有A．对于回归分析，相关系数的绝对值越大，说明拟合效果越好B．将一组数据中的每个数据都加上同一个常数后，方差恒不变C．已知随机变量X服从二项分布，若，，则D．设随机变量ξ服从正态分布，若，则10．已知函数，的定义域均为，若存在函数，使得函数，在上有，，，恒成立，则称，为一组“双向奔赴”函数.下列各组函数中，符合“双向奔赴”函数的有A．，， B．，，C．，， D．，，11．已知曲线．点，，则以下说法正确的是A．曲线C不存在点P，使得B．曲线C关于原点对称C．直线与曲线C没有交点D．点Q是曲线C上在第三象限内的一点，过点Q向作垂线，垂足分别为A，B，则三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．已知双曲线的左、右焦点分别为、，若双曲线的左支上一点满足，以为圆心的圆与的延长线相切于点，且，则双曲线的离心率为.13．已知函数（为常数，e为自然对数的底数）的图象在点A（e,1）处的切线与该函数的图象恰好有三个公共点，则实数的取值范围是_____.14．某校高三1班10名同学、高三2班20名同学、高三3班10名同学参加“强国有我”演讲比赛，采用随机抽签的方式确定出场顺序，每位同学依次出场．记“高三1班全部学生完成比赛后，高三2班和高三3班都有学生尚未完成比赛”为事件A，则事件A发生的概率为．四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。15．（13分）在面积为S的中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．（1）若，求周长的最大值；（2）若为锐角三角形，且AB边上的高h为2，求面积的取值范围．16．（15分）已知椭圆离心率为，左、右顶点分别为A、B，点P、Q为椭圆上异于A、B的两点，设直线、的斜率分别为、．已知面积的最大值为2，且过定点．（1）设和的面积分别为、，求的最大值；（2）求证：为定值，并求出该定值．17．（15分）在空间几何体中，四边形均为直角梯形．如图，设，．（1）求证：平面平面；（2）若二面角的余弦值为，求的值．18．（17分）已知函数．（1）是否存在实数a使得在上有唯一最小值，如果存在，求出a的值；如果不存在，请说明理由；（2）已知函数有两个不同的零点，记的两个零点是．①求证：；②求证：．19．（17分）已知数列P为有穷正整数数列．若数列P满足如下两个性质，则称数列P为m的k减数列：①；②对于，使得的正整数对有k个.（1）写出所有4的1减数列；（2）若存在m的6减数列，证明：；（3）若存在2024的k减数列，求k的最大值.

2024—2025学年度第一学期高三质量监测数学参考答案和评分标准注：解答题如有不同解题过程，酌情给分。一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。题号12345678答案DACADBCD二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。题号91011答案ABDBDACD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12． 13． 14．四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。15．（13分）（1）由和正弦定理，三角形面积公式得，，因，故得，，由余弦定理，，因，则；···················3分由余弦定理，，即，整理得，，当且仅当时等号成立，即，于是，，即当时，周长的最大值为；··············6分（2）由可得，由正弦定理，，即得，，,·············8分则,················10分由为锐角三角形可得，，解得，·····················11分则，由正弦函数的图象知，，故得，即面积的取值范围为.·········································13分16．（15分）（1）当点为椭圆短轴顶点时，的面积取最大值，且最大值为，由题意可得，解得，所以椭圆的标准方程为.·············3分设点、.若直线的斜率为零，则点、关于轴对称，不合题意.·······················4分设直线的方程为，由于直线不过椭圆的左、右顶点，联立可得，，由韦达定理可得，，··································6分所以，，················8分，则，因为函数在上单调递增，故，所以，，当且仅当时，等号成立，则的最大值为.····10分（2）由（1），，所以······················12分，即为定值，定值为.··························································15分17．（15分）（1）如图建立空间直角坐标系，设，则，（0＜x＜4，z>0）因为，所以，所以，，，，，·····2分设平面的法向量为，则，取，设平面的法向量为，则，取，······5分因为，所以，所以平面平面；·······7分（2）设平面的法向量为，则，取，····8分设二面角的平面角为，所以，···········10分所以，即，解得或（舍），则，··············································12分所以，即，又，所以.·······15分18．（17分）（1）由题意知，则，当时，，在上单调递增，没有最小值；当时，令，则（负值舍去），当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增；··················2分故当时，取最小值，·即，解得，故存在实数使得在上有唯一最小值；··························4分（2）①因为，令，即得，由题意知的两个零点是，即，则，则，··········································6分要证，即证，即，即证，即，由于，故，即证，即证，···············8分令，设，则恒成立，即在上单调递增，且，故，即成立，故；···································································10分②由于，令，则，令，当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，故，·············································12分函数有两个不同的零点，即的两个零点是，则，由于，故，函数在处的切线方程分别为，且在内，在内，先证：，即，即，令，，当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，故，···············15分再证：，即，令，则恒成立，即在单调递减，则，令，则可设；令，则，则可得，即.······················17分19．（17分）（1）由题意得，则或，故所有4的1减数列有数列和数列3，1.······································2分（2）因为对于，使得的正整数对有个，且存在的6减数列，所以，得.·····································4分①当时，因为存在的6减数列，所以数列中各项均不相同，所以.②当时，因为存在的6减数列，所以数列各项中必有不同的项，所以.若，满足要求的数列中有四项为1，一项为2，所以，不符合题意，所以.③当时，因为存在的6减数列，所以数列各项中必有不同的项，所以.综上所述，若存在的6减数列，则.········································8分（3）若数列中的每一项都相等，则，若，所以数列存在大于1的项，若末项，将拆分成个1后变大，所以此时不是最大值，所以.当时，若，交换的顺序后变为，所以此时不是最大值，所以.·····································································10分若，所以，所以将改为，并在数列末尾添加一项1，所以变大，所以此时不是最大值，所以.········································12分若数列P中存在相邻的两项，设此时P中有项为2，将改为2，并在数列末尾添加