江苏省南通市海门市2025届高三第二次调研测试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1江苏省南通市海门市2025届高三第二次调研测试数学试题一、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A＝，则A∩B的元素个数是A.4 B.3 C.2 D.1【答案】B【解析】联立，解得即和的图象有3个交点，，，∴集合有3个元素，故选B.2.已知函数，则（）A.是奇函数且在上递减 B.是奇函数且在上递增C.是偶函数且在上递减 D.是偶函数且在上递增【答案】D【解析】∵，∴，定义域为，，∴是偶函数，当时，，在0,+∞上是单调增函数.故选：D.3.若，是两个不同的平面，直线，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】，，由面面垂直的判定定理可知，，充分性成立，，，则或，必要性不成立，则“”是“”的充分不必要条件.故选：A4.过的直线交圆O：于.M，N两点，若，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】，故为的中点，，由垂径定理得.故选：C5.若，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】，即，，两边平方得，即，解得.故选：B6.若正数，，满足（为自然对数底数），则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】令，显然在上单调递增，又，，为正数，所以，即，所以，令，则在上单调递增，又，即，所以，综上可得.故选：D7.椭圆C：的上顶点为A，左、右焦点为、，若上任一点P到直线的距离与到x轴的距离之和为b，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题意得，，直线的方程为，即，直线的方程为，即，设，，则到直线的方程为，则，解得，故，故.故选：B8.若函数满足，且的图象关于点对称，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为的图象关于点对称，所以，，又，所以，则，故B错误；由，所以，所以，又，所以，则，故D正确；由于只有，无法得知、的值，故A、C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.已知复数，，则下列说法正确的是（）A.若，则 B.若，则C.若，互为共轭复数，则 D.，，【答案】BCD【解析】对于A：若，则，故A错误；对于B：设，因为，所以，则，故B正确；对于C：设，因为，互为共轭复数，则，所以，，即，故C正确；对于D：设，则，，所以，即，，，故D正确.故选：BCD10.若把曲线上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线，则（）A. B.在上单调递减C.图象关于对称 D.与有2个交点【答案】AC【解析】把曲线上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变得到，再把向左平移个单位长度得到，又，所以，故A正确；当时，，因为在上不单调，所以在上不单调，故B错误；因为，所以图象关于对称，故C正确；令，解得，所以在上单调递增，且，令，解得，所以在上单调递减，且，因为函数在定义域上单调递增，当时，令，解得，在同一平面直角坐标系中画出与的图象如下所示：由图可知与有且仅有一个交点，故D错误.故选：AC11.在平面直角坐标系中，到定点，距离之积等于的动点的轨迹称为伯努利双纽线，，为该曲线的两个焦点.已知曲线C：是一条伯努利双纽线，点是曲线C上一点，则（）A. B.C.当时， D.C上存在两个点A，B，使得【答案】AC【解析】对A：对伯努利双纽线，令，则，即，解得x=0或，故点在该曲线上，根据双纽线定义可得：，故可得，则，或（无解，舍去），故，又，故，故A正确；对B：对伯努利双纽线，令，则，即，也即，该方程无解，，故B错误；对C：在△中，不妨设，由A可知，；由据双纽线定义可得：；则由余弦定理可得：，即，，故可得：（舍），或，即当时，，故C正确；对D：对方程，令x=0，则，解得，故斜率存在，设为，则直线对应方程为；联立与可得：，即，因为异于，故，则，则，解得，同理；若，则，由范围可知，显然不成立，故D错误；故选：AC.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.设等比数列的前项和为，若，则________.【答案】【解析】当时，.当时，对于等比数列（因为）.当时，.已知，将，，的值代入可得：.因为（等比数列首项不为），等式两边同时除以得.展开式子得，即，解得或.因为等比数列公比，所以.所以.故答案为：.13.已知向量，向量在上的投影向量的坐标为，则________.【答案】【解析】因为，则，则向量在上的投影向量为，又向量在上的投影向量的坐标为，所以，即.故答案为：14.如图，在直角梯形中，，，E是中点，且，设，将沿折起向C点旋转（旋转过程中A点记为，且与C不重合），则与平面所成角的大小为________，点C到平面的距离的最大值是________.【答案】；【解析】①如图1，在梯形中，连接.由题意，则四边形是平行四边形，又，且，则四边形是正方形.则，如图2，可知，又平面，且平面，且，所以平面.由题意知，则四边形为平行四边形，所以，则平面，即与平面所成角的大小为；②如图2，在平面中过点作，垂足为，延长交于.设点到平面的距离为，则，当且仅当平面时，取最大值.又平面，也即平面平面时等号取到.由题意，将沿折起向C点旋转，下面分析当旋转至何处时，等号取到.若平面，由平面，则，又，，平面，平面，所以平面，平面，则平面平面.故当旋转至满足平面平面（即二面角为直二面角）时，点C到平面的距离能取到最大值，最大值即为.在直角梯形中，，则，，所以.在中，.故点C到平面的距离的最大值是.故答案为：；.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明、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.解：（1）由得，，即，故，因为，所以，即，因为B∈0,π，所以，故，因为，所以；（2），由正弦定理得，因为，所以，由（1）知，，由余弦定理得，解得，故，所以，所以的周长为.16.如图，在三棱锥中，为正三角形，E是的中点，.（1）求证：；（2）若，，二面角的大小为，求三棱锥的体积.解：（1）为正三角形，为中点，故⊥，因为，，，所以≌，故，又为中点，故⊥，因为，平面，所以⊥平面，因为平面，所以；（2）由（1）知，⊥，⊥，故为二面角的平面角，即，因为，，所以，由勾股定理得，过点作⊥于点，由（1）知，⊥平面，而平面，所以⊥，因为平面，，所以⊥平面，其中，即三棱锥的高为，由勾股定理得，故，三棱锥体积为.17.已知函数，曲线在处的切线方程为.（1）求函数的极值；（2）若，，求实数的取值范围.解：（1）因为，所以，依题意，即，所以，定义域为0,+∞，则，所以当时f'x>0，当时f所以在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极小值，无极大值；（2）因为，恒成立，因为当时，，所以，所以对恒成立，令，则当时，恒成立，因为，设gx当Δ=1-4m2≤0m>0，即时即hx在上单调递减，所以，符合题意；当Δ=1-4m2>0m>0，即，所以，由零点存在性定理可知存在使得gx0=0又二次函数gx=-mx则当时gx>0，即h所以hx在上单调递增，即存在，使得，这与当时，恒成立矛盾，故舍去；综上可得．18.已知双曲线的一条渐近线为，焦距为8.（1）求的方程；（2）过点作直线，分别与曲线交于点A，B和点D，E.①若，求直线的方程；②过点A，D作直线的垂线，垂足分别为M，N，设直线与直线交于点T，Q为曲线上任一点，求证：.解：（1）双曲线的渐近线为，依题意可得，解得，所以曲线；（2）①当直线的斜率为时，即直线的方程为，此时不满足，故舍去；当直线的斜率不为时，设直线的方程为，Ax1,y1，B由，消去整理得，所以且Δ=36m2+363m所以，，因为，所以，所以，则，即，解得，所以，所以直线的方程为或；②因为垂直直线，所以，所以直线的方程为，结合双曲线的对称性，令，可得，因为，，所以，所以，即直线过点，同理可得直线过点，即，设，所以，因为，所以当时取得最小值，最小值为，所以.19.若数列满足：对任意的，总存在i，，使得，，则称是“S—数列”.（1）判断数列和数列是否为“S—数列”，并说明理由；（2）求证：公差为d的等差数列是“S—数列”的充要条件为；（3）已知是单调递增的“S—数列”，，，求使的n的最大值.解：（1）设数列，所以，，所以不是“S—数列”；当时，，所以，所以是“S—数列”.