江苏省部分学校2025届高三上学期12月质量测试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1江苏省部分学校2025届高三上学期12月质量测试数学试题注意事项：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.【答案】D【解析】由可得：，所以，由可得：，所以，所以.故选：D2.已知复数满足，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】设复数，所以，又因为复数满足，所以，整理可得，解得，所以，所以，故选：A.3.已知平面向量，，满足，，，，则的最小值为（）A.1 B. C.3 D.4【答案】C【解析】在平面直角坐标系中，设，，，因为，，，所以,所以当且仅当时，等号成立，因此，的最小值为.故选：C.4.在锐角三角形ABC中，，则的范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由正弦定理得:，所以，由锐角，得，即，解得：.所以，即，所以.故选：A5.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.【答案】D【解析】三棱锥满足，，，则底面易知为直角三角形，设点到，，的距离为，过作，所以三棱锥的表面积，解得：，即，设在底面上的投影为，因为点（正投影在内部）到，，的距离相等，所以到三边的距离也相等，所以为内心，因为底面为直角三角形，所以内切圆半径为，又底面,在底面内，所以，又，为面内两条相交直线，所以面，又在面内，所以，即为底面三角形内切圆半径，所以，又，所以，所以三棱锥体积为，故选：D6.对于函数，若存在，使，则称点与点是函数一对“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.【答案】B【解析】由“隐对称点”的定义可知，函数的图象上存在关于原点对称的点，设的图象与图象关于原点对称，设，则，即，所以，故函数的图象与的图象有3个交点，如图①所示，，当时，，即有两个交点，如图②所示，且，当且仅当时取等号，所以，当时，，即有一个交点，因为函数在单调递增，即,综上所示，.故选：B.7.已知函数，则函数的零点个数为（）A.9 B.10 C.11 D.12【答案】C【解析】，所以的最大值为2，当取最大值时，有，即，由，令，解得，当趋于时，趋于正无穷，而，所以在上存在一个零点，根据上述分析，在同一平面直角坐标系中画出的图象与的图象如图所示，由图可知，在上存在一个零点，在上存在个零点，综上所述，的图象与的图象共有11个交点.故选：C．8.已知定义在上的函数满足，且当时，，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】由题意，，.赋值，得；赋值，得，即，当时，，当时，则，所以，即；赋值，得，解得，即；AC项，由，，得，其中由，可知，当时，，即；当时，，即；故AC错误；BD项，，得；又，所以，则，故，且不恒为，故B错误，D正确.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.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.已知随机变量服从二项分布，若，，则D.设随机变量ξ服从正态分布，若，则【答案】ABD【解析】对于A，根据回归分由正态分布的对称性判断；析，相关系数的绝对值越大，说明拟合效果越好；故A正确；对于B，设原数据为，平均数为，方差为，每个数据都加上同一个常数后，新数据为，新数据的平均数为，新数据的方差为所以将一组数据中的每个数据都加上同一个常数后，方差不变，故选项B正确；对于C，因为随机变量服从二项分布，，，所以，解得，故选项C错误；对于D，因为随机变量，由，可得，利用正态分布的对称性可得，故D正确.故选：ABD.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.，，【答案】BD【解析】由题意可知：，，等价于，；且，，等价于，.对于选项A：因为，，则在内的值域为，可知不存在，使得恒成立，不符合“双向奔赴”函数，故A错误；对于选项B：因为，对于，则，可知在内单调递减，且当趋近于时，趋近于0，可知；对于，则且，可知当，满足题意，所以符合“双向奔赴”函数，故B正确；对于选项C：因为，，则，对于，，，取特值，可知，不合题意，即不符合“双向奔赴”函数，故C错误；对于选项D：因为，，，对于，此时，可得，且；对于，此时，可得，，可知当，满足题意，所以符合“双向奔赴”函数，故D正确；故选：BD.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【答案】ACD【解析】当时，曲线，即，即第一象限是双曲线的一部分；当时，曲线，即，即第四象限不存在图象；时，曲线，即，即第二象限是椭圆的一部分；时，曲线，即，即第三象限是双曲线的一部分；画出图形如下：

对于A，满足的点是在双曲线的下支，此时，可得双曲线方程，而根据前面讨论可知，方程曲线上的点只能在第一象限和方程曲线上的点在第二象限，肯定都不满足，而方程曲线上的点在第三象限，但这条双曲线与方程曲线是共渐近线双曲线，因此它们没有交点，所以满足的双曲线的下支点在第三象限也不存在，而第四象限没有图象，即一定不存在点P，使得，故A正确；对于B，由图可得曲线C不关于原点对称，故B错误；对于C，一三象限曲线的渐近线方程为，所以直线与曲线C没有交点，故C正确；对于D，设，设点在直线上，点在直线，则由点到直线的距离公式可得，，所以，又点Q是曲线C上在第三象限内的一点，代入曲线方程可得，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.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________.【答案】【解析】在中，由正弦定理得，且，由，得，由，得为的中点，则，又以为圆心的圆与的延长线相切于点，则，，由，得，则，所以双曲线的离心率.故答案为：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_____.【答案】【解析】由，，得，则（e），在点处的切线方程为：，①由于函数，②由①②联立方程组可得：，化简得：，③要使得函数在点处的切线与该函数的图象恰好有三个公共点，切线与，，在点有一个交点，只需要满足③式在内有两个不相同的实数根即可，则只需和抛物线对称轴小于1，且当时，，才能保证在内有两个不相同的实数根，则，即，的范围：或.故答案为：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___________.【答案】【解析】根据题目本题主要关注的问题是最后一名参赛学生是哪个班级的学生.问题1：如果最后一位参赛学生为1班学生，即1班完成比赛时，2班、3班已经全部完成，此时概率为，表示1班10位学生选取1位作为最后一位参赛学生，表示去除最后一名参赛学生后剩余学生全排列，作为分母表示40位学生的全排列，同理可得，最后一名参赛学生是2班的概率为，最后一名参赛学生是3班的概率为；将以上高二（1）班10名学生、高二（2）班10名学生、高二（3）班20名学生，按照比例转化为，1班1名学生，2班2名学生，3班1名学生，进行考察.问题2：发现最后一名参赛学生是1班的概率为，最后一名参赛学生是2班的概率为，最后一名参赛学生是3班的概率为，所以问题1与问题2等价，不妨令1班学生为a，2班学生为b，c，三班学生为d，则全排列作为概率公式分母，即.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，现在对事件A进行分析：第一类：a在首位时，b，c，d全排列，有种可能；第二类：a在第二位时，d必须在第三或第四位，b，c全排列，有种可能；综上，共种可能，所以.故答案为：.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.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．解：（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；·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；（2）由可得，由正弦定理，，即得，，，·则，由为锐角三角形可得，，解得，则，由正弦函数图象知，，故得，即面积的取值范围为.16.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.（1）解：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；设点、，若直线的斜率为零，则点、关于轴对称，不合题意；设直线的方程为，由于直线不过椭圆的左、右顶点，联立可得，则，由韦达定理可得，，所以，，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.（2）证明：由（1）可得，，所以，即为定值，定值为.17.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．（1）证明：如图建立空间直角坐标系，则由题意，，设，则，，则，，，，，因为，所以，设平面的法向量为n1=则，取，则，设平面的法向量为，则，取，则，所以，所以，所以平面平面；（2）解：设平面的法向量为，则，取，则，设二面角的平面角为，所以，·所以，即，解得或（舍），则，所以，即，又，所以.18.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：．（1）解：由题意知，则，当时，f'x>0，在上单调递增，没有最小值；当时，令，则（负值舍），当时，f'x<0，在上单调递减；当时，f'x>0，在上单调递增；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；（2）证明：①因为，令，即得，由题意知的两个零点是，即，则，则，要证，即证，即，即证，即，由于，故，即证，即，令，设，则恒成立，即在1,+∞上单调递增，且，故，即成立，故；②由于，令，则，令，当时，h'x<0，在上单调递减，当时，h'x>0，在上单调递增，故，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，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.19.已知数列为有穷正整数数列.若数列A满足如下两个性质，则称数列A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.（1）解：由题意得，则或，故所有4的1减数列有数列和数列3，1.（2）证明：因为对于，使得的正整数对有个，且存在的6减数列，所以，得.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.（3）解：若数列中的每一项都相等