2025届江苏省东台市高三第四次模拟考试数学试卷含解析

2025届江苏省东台市高三第四次模拟考试数学试卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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．已知向量，，当时，（）A． B． C． D．2．若，则()A． B． C． D．3．若实数满足不等式组，则的最大值为（）A． B． C．3 D．24．已知锐角满足则（）A． B． C． D．5．已知命题p：若，，则；命题q：，使得”，则以下命题为真命题的是（）A． B． C． D．6．设点是椭圆上的一点，是椭圆的两个焦点，若，则（）A． B． C． D．7．已知分别为圆与的直径，则的取值范围为（）A． B． C． D．8．已知函数，.若存在，使得成立，则的最大值为（）A． B．C． D．9．已知集合，集合，则（）A． B． C． D．10．某部队在一次军演中要先后执行六项不同的任务，要求是：任务A必须排在前三项执行，且执行任务A之后需立即执行任务E，任务B、任务C不能相邻，则不同的执行方案共有（）A．36种 B．44种 C．48种 D．54种11．盒子中有编号为1，2，3，4，5，6，7的7个相同的球，从中任取3个编号不同的球，则取的3个球的编号的中位数恰好为5的概率是（）A． B． C． D．12．某四棱锥的三视图如图所示，记S为此棱锥所有棱的长度的集合，则（）A．B．C．D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知函数若关于的不等式的解集是，则的值为_____．14．三所学校举行高三联考，三所学校参加联考的人数分别为160，240，400，为调查联考数学学科的成绩，现采用分层抽样的方法在这三所学校中抽取样本，若在学校抽取的数学成绩的份数为30，则抽取的样本容量为____________.15．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积是______.16．函数在上的最小值和最大值分别是_____________．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）如图，在多面体中，四边形是菱形，，，，平面，，，是的中点.（Ⅰ）求证：平面平面；（ⅠⅠ）求直线与平面所成的角的正弦值.18．（12分）已知不等式的解集为.（1）求实数的值；（2）已知存在实数使得恒成立，求实数的最大值.19．（12分）如图,在平面直角坐标系中,以轴正半轴为始边的锐角的终边与单位圆交于点,且点的纵坐标是．（1）求的值:（2）若以轴正半轴为始边的钝角的终边与单位圆交于点,且点的横坐标为,求的值．20．（12分）在平面直角坐标系中，已知抛物线的焦点为，准线为，是抛物线上上一点，且点的横坐标为，.（1）求抛物线的方程；（2）过点的直线与抛物线交于、两点，过点且与直线垂直的直线与准线交于点，设的中点为，若、、四点共圆，求直线的方程.21．（12分）如图，在四棱锥中，底面，底面是直角梯形，为侧棱上一点，已知.（Ⅰ）证明:平面平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值.22．（10分）如图，三棱锥中，（1）证明：面面；（2）求二面角的余弦值.

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、A【解析】

根据向量的坐标运算，求出，，即可求解.【详解】，.故选:A.【点睛】本题考查向量的坐标运算、诱导公式、二倍角公式、同角间的三角函数关系，属于中档题.2、D【解析】

直接利用二倍角余弦公式与弦化切即可得到结果．【详解】∵，∴，故选D【点睛】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变变换，同角三角函数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．3、C【解析】

作出可行域，直线目标函数对应的直线，平移该直线可得最优解．【详解】作出可行域，如图由射线，线段，射线围成的阴影部分（含边界），作直线，平移直线，当过点时，取得最大值1．故选：C．【点睛】本题考查简单的线性规划问题，解题关键是作出可行域，本题要注意可行域不是一个封闭图形．4、C【解析】

利用代入计算即可.【详解】由已知，，因为锐角，所以，，即.故选：C.【点睛】本题考查二倍角的正弦、余弦公式的应用，考查学生的运算能力，是一道基础题.5、B【解析】

先判断命题的真假,进而根据复合命题真假的真值表,即可得答案.【详解】，，因为，，所以，所以，即命题p为真命题；画出函数和图象，知命题q为假命题,所以为真.故选:B.【点睛】本题考查真假命题的概念,以及真值表的应用,解题的关键是判断出命题的真假,难度较易.6、B【解析】∵∵∴∵，∴∴故选B点睛：本题主要考查利用椭圆的简单性质及椭圆的定义.求解与椭圆性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当涉及顶点、焦点、长轴、短轴等椭圆的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系.7、A【解析】

由题先画出基本图形，结合向量加法和点乘运算化简可得，结合的范围即可求解【详解】如图，其中，所以.故选：A【点睛】本题考查向量的线性运算在几何中的应用，数形结合思想，属于中档题8、C【解析】

由题意可知，，由可得出，，利用导数可得出函数在区间上单调递增，函数在区间上单调递增，进而可得出，由此可得出，可得出，构造函数，利用导数求出函数在上的最大值即可得解.【详解】，，由于，则，同理可知，，函数的定义域为，对恒成立，所以，函数在区间上单调递增，同理可知，函数在区间上单调递增，，则，，则，构造函数，其中，则.当时，，此时函数单调递增；当时，，此时函数单调递减.所以，.故选：C.【点睛】本题考查代数式最值的计算，涉及指对同构思想的应用，考查化归与转化思想的应用，有一定的难度.9、D【解析】

可求出集合，，然后进行并集的运算即可．【详解】解：，；．故选．【点睛】考查描述法、区间的定义，对数函数的单调性，以及并集的运算．10、B【解析】

分三种情况，任务A排在第一位时，E排在第二位；任务A排在第二位时，E排在第三位；任务A排在第三位时，E排在第四位，结合任务B和C不能相邻，分别求出三种情况的排列方法，即可得到答案．【详解】六项不同的任务分别为A、B、C、D、E、F，如果任务A排在第一位时，E排在第二位，剩下四个位置，先排好D、F，再在D、F之间的3个空位中插入B、C，此时共有排列方法：；如果任务A排在第二位时，E排在第三位，则B，C可能分别在A、E的两侧，排列方法有，可能都在A、E的右侧，排列方法有；如果任务A排在第三位时，E排在第四位，则B，C分别在A、E的两侧；所以不同的执行方案共有种．【点睛】本题考查了排列组合问题，考查了学生的逻辑推理能力，属于中档题．11、B【解析】

由题意，取的3个球的编号的中位数恰好为5的情况有，所有的情况有种，由古典概型的概率公式即得解.【详解】由题意，取的3个球的编号的中位数恰好为5的情况有，所有的情况有种由古典概型，取的3个球的编号的中位数恰好为5的概率为：故选：B【点睛】本题考查了排列组合在古典概型中的应用，考查了学生综合分析，概念理解，数学运算的能力，属于中档题.12、D【解析】

如图所示：在边长为的正方体中，四棱锥满足条件，故，得到答案.【详解】如图所示：在边长为的正方体中，四棱锥满足条件.故，，.故，故，.故选：.【点睛】本题考查了三视图，元素和集合的关系，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

根据题意可知的两根为,再根据解集的区间端点得出参数的关系,再求解即可.【详解】解：因为函数,关于的不等式的解集是的两根为：和；所以有：且；且；；故答案为：【点睛】本题主要考查了不等式的解集与参数之间的关系,属于基础题.14、【解析】

某层抽取的人数等于该层的总人数乘以抽样比.【详解】设抽取的样本容量为x，由已知，，解得.故答案为：【点睛】本题考查随机抽样中的分层抽样，考查学生基本的运算能力，是一道容易题.15、【解析】

先由三视图在长方体中将其还原成直观图，再利用球的直径是长方体体对角线即可解决.【详解】由三视图知该几何体是一个三棱锥，如图所示长方体对角线长为，所以三棱锥外接球半径为，故所求外接球的表面积.故答案为：.【点睛】本题考查几何体三视图以及几何体外接球的表面积，考查学生空间想象能力以及基本计算能力，是一道基础题.16、【解析】

求导，研究函数单调性，分析，即得解【详解】由题意得，，令，解得，令，解得.在上递减，在递增．，而，故在区间上的最小值和最大值分别是．故答案为：【点睛】本题考查了导数在函数最值的求解中的应用，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题三、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、(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)．【解析】试题分析：（Ⅰ）连接交于，得，所以面，又，得面，即可利用面面平行的判定定理，证得结论；（Ⅱ）如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，求的平面的一个法向量，利用向量和向量夹角公式，即可求解与平面所成角的正弦值．试题解析：（Ⅰ）连接BD交AC于O，易知O是BD的中点，故OG//BE，BE面BEF，OG在面BEF外，所以OG//面BEF；又EF//AC，AC在面BEF外，AC//面BEF，又AC与OG相交于点O，面ACG有两条相交直线与面BEF平行，故面ACG∥面BEF；（Ⅱ）如图，以O为坐标原点，分别以OC、OD、OF为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，，设面ABF的法向量为，依题意有，，令，，，，，直线AD与面ABF成的角的正弦值是．18、（1）；（2）4【解析】

（1）分类讨论，求解x的范围，取并集，得到绝对值不等式的解集，即得解；（2）转化原不等式为：，利用均值不等式即得解.【详解】（1）当时不等式可化为当时，不等式可化为；当时，不等式可化为；综上不等式的解集为.（2）由（1）有，，，，即而当且仅当：，即，即时等号成立∴，综上实数最大值为4.【点睛】本题考查了绝对值不等式的求解与不等式的恒成立问题，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.19、（1）（2）【解析】

（1）依题意,任意角的三角函数的定义可知,,进而求出．在利用余弦的和差公式即可求出.（2）根据钝角的终边与单位圆交于点,且点的横坐标是,得出,进而得出,利用正弦的和差公式即可求出,结合为锐角,为钝角,即可得出的值.【详解】解：因为锐角的终边与单位圆交于点,点的纵坐标是,所以由任意角的三角函数的定义可知,．从而．（1）于是．（2）因为钝角的终边与单位圆交于点,且点的横坐标是,所以,从而．于是．因为为锐角,为钝角,所以从而．【点睛】本题本题考查正弦函数余弦函数的定义,考查正弦余弦的两角和差公式,是基础题.20、（1）（2）【解析】

（1）由抛物线的定义可得，即可求出，从而得到抛物线方程；（2）设直线的方程为，代入，得.设，，列出韦达定理，表示出中点的坐标，若、、、四点共圆，再结合，得，则即可求出参数，从而得解；【详解】解：（1）由抛物线定义，得，解得，所以抛物线的方程为.（2）设直线的方程为，代入，得.设，，则，.由，，得，所以.因为直线的斜率为，所以直线的斜率为，则直线的方程为.由解得.若、、、四点共圆，再结合，得，则，解得，所以直线的方程为.【点睛】本题考查抛物线的定义及性质的应用，直线与抛物线综合问题，属于中档题.21、（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.【解析】

(Ⅰ)先证明

，再证明平面，利用面面垂直的判定定理，即可求证所求证；(Ⅱ)根据题意以为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，求出平面和平面的向量，利用公式即可求解.【详解】(Ⅰ)证：由已知得又平面，平面，，而故，平面平面，平面平面(Ⅱ)由(Ⅰ)知，推理知梯形中，，，有，又，故所以相似，故有，即所以，以为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，设平面的法向量为，则令，则，是平面的一个法向量设平面的一个法向量为令，则是平面的一个法向量=又二面角为钝二面角，其余弦值为.【点睛】本题考查线面、面面垂直的判定