江苏省镇江市2025届高三下学期期初考试数学试题 含解析

江苏省镇江市2025届高三下学期期初考试数学试题❖一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，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】【分析】先求出集合的解集，再根据集合的运算可求出结果.【详解】集合，又集合，故选：D.2.虚数满足等式是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由复数的乘除运算结合共轭概念即可判断；【详解】解：因为，所以故选：B3.“”是“函数在上单调递增”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】B【解析】【分析】先由函数在上单调递增求出此时的范围，进一步结合必要不充分条件的定义即可求解.【详解】解：由题意易知或，且开口向上，且对称轴为，结合复合函数的单调性知在上单调递增，所以当时不能得出在上单调递增，即不满足充分性；而函数在上单调递增可知，显然成立，满足必要性.故选：B.4.已知等比数列前n项和为，且，，成等差数列，则（）A. B. C.1 D.2【答案】A【解析】【分析】应用等比数列前项和公式基本量运算即可.【详解】因为等比数列的前n项和为，且，，成等差数列，所以，设等比数列的公比为q，由题意知，，所以，化简，得，解得或舍去，所以故选：5.已知平面向量，，满足，，，则与的夹角为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由，通过平方求得，即可求解；【详解】解：

，

，且

，，

，

，

，

，且

，

，故选：B.6.若，，则（）A. B.31 C. D.32【答案】B【解析】分析】利用赋值法求解即可.【详解】解：令，得

，即

，令，得

，即

，所以

.故选：B.7.已知，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用两角和与差的余弦公式先求出

的值，从而可以得到的值，再结合二倍角的余弦公式即可得出结果.【详解】解：因为，，所以

，所以

，所以

，所以.故选：D8.已知椭圆的左、右焦点分别为，点A在C上，点B在y轴上，，，则椭圆C的离心率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用椭圆的定义，通过假设一条焦半径长，就可以得到其他焦半径的表示，再利用勾股定理来消元假设的字母，最后利用一个角和余弦定理来建立一个的齐次式，求解离心率.【详解】因为，所以三点共线，又，所以为直角三角形，记，则，由椭圆定义和对称性可得，则有，解得或（舍去），则，记，则，在中，由余弦定理得，整理得，则椭圆C离心率为.故选：D.【点睛】关键点点睛：椭圆过焦点的三角形问题，关键是充分利用椭圆定义，结合余弦定理、勾股定理得到关于的齐次式，然后可求离心率.二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分.9.已知点M在圆上，点，，则（）A.存在点M，使得 B.的最大值为C.存在点M，使得 D.【答案】AD【解析】【分析】将圆的方程配成标准式，即可得到圆心坐标与半径，从而判断A、B，设，若，推出恒成立，即可判断C、D.【详解】圆即，圆心，半径，又，所以，因为点在圆上，所以，所以存在点，使得，故A对．因为，所以点在圆外，又，点在圆内，所以当与圆相切时，取最大值，此时，所以，故B对．对于D，设，若，又点在圆上，一定成立，故D对，C错.故选：AD．10.体育教育既能培养学生自觉锻炼身体的习惯，又能培养学生开拓进取、不畏艰难的坚强性格.某校学生参加体育测试，其中甲班女生的成绩X与乙班女生的成绩Y均服从正态分布，，，则下列说法正确的是（）A. B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】根据正态分布的性质逐一判断即可.【详解】选项A，由，得，故A错误;选项B，由，得，故B正确;选项C，由于随机变量Y服从正态分布，所以，故C正确;选项D，因为，平均值和标准差分别为，，平均值和标准差分别为，所以，，而，故，D正确.故选：BCD11.1202年，斐波那契从“兔子繁殖问题”得到斐波那契数列1，1，2，3，5，8，13，21，，该数列的特点是前两项为1，从第三项起，每一项都等于它前面两项的和.记为该数列的前n项和，则下列结论正确的有（）A. B.为奇数C. D.【答案】ACD【解析】【分析】列出数列前几项，可计算得选项A正确，再观察数列数字的特点可得B；由递推公式计算判断选项C，选项D.【详解】解：对于A，记该数列为，由题意知，，，，，，，，，，，故A正确;对于B，因为该数列的特点是前两项为1，从第三项起，每一项都等于它前面两项的和，此数列中数字以奇数、奇数、偶数的规律循环出现，每3个数一组，而，故为偶数，故B错误;对于C，由题意知，所以，，故C正确;对于D，，，，，，将这些等式左右两边分别相加得：，所以，D选项正确.故选：【点睛】关键点点睛：根据“斐波那契数列”的递推关系列出数列前几项，观察数列数字的特点，再由递推公式即可求得结果.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.抛物线上一点M到其焦点距离为3，则点M到坐标原点的距离为__________.【答案】【解析】【分析】根据抛物线的定义以及焦半径可求得点的坐标，即可求得结果.【详解】设，由抛物线可得，抛物线上点到焦点的距离等于3，，解得，，点M到坐标原点的距离为故答案为：13.若函数在上恰有三个零点，则的可能取值为__________写出一个满足条件的正整数【答案】6（或7，答案不唯一）【解析】【分析】当时，，结合正弦函数图象，所以即可求解；【详解】函数，当时，，又函数在上恰有3个零点，所以，解得，所以的可能取值为或7.故答案为：6或714.勒洛四面体是以一个正四面体的四个顶点分别为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分围成的几何体.如图，若构成勒洛四面体的正四面体的棱长为4，在该“空心”勒洛四面体内放入一个正方体，使得此正方体能在该勒洛四面体内任意旋转，则该正方体的棱长最大值是__________.【答案】【解析】【分析】根据正方体的棱长最大时，其外接球为勒洛四面体的内切球，根据正方体的性质可求解，即可求解.【详解】解：因为正方体可以在勒洛四面体内任意转动，所以正方体的棱长最大时，其外接球为勒洛四面体的内切球，记此时勒洛四面体的内切球半径为R，则正方体的外接球半径为R，设正方体的棱长为a，则，得，设正四面体棱长为m，则其外接球的直径为所在正方体棱长为的体对角线长，因此可得正四面体外接球半径为，由对称性可知，勒洛四面体内切球的球心为正四面体的外接球的球心，连接并延长交勒洛四面体的曲面于点，则就是勒洛四面体内切球的半径，易知正四面体的外接球半径为，故勒洛四面体的内切球半径为，故所求正方体棱长的最大值为故答案为:四、解答题：本题共5小题，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.15.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知

.（1）求；（2）若，，的角平分线交于点，求在条件①；②；③中任选一个，补充完整上面题目，并解答.【答案】（1）条件选择见解析，（2）【解析】【分析】（1）若选①、②，利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式求出，即可得解；若选③，利用余弦定理求出，即可得解；（2）利用余弦定理求出、，再由等面积法计算可得.【小问1详解】若选①因为，由正弦定理得，则，即，所以，因为，所以，，从而；若选②因为，由正弦定理得，则，在中，，又，即，所以，即，所以；若选③因为，则，所以，因为中，，所以；【小问2详解】在中，由余弦定理得，，则，解得（负值已舍去），从而，因为的角平分线交于点，所以，所以，即，所以.16.如图所示，在直三棱柱中，，，D，E分别为棱，的中点.（1）证明：（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）以C为坐标原点，分别以CA，CB所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系计算即可得证；（2）分别计算平面的法向量和平面的法向量，利用夹角公式即可求解.【小问1详解】证明：在直三棱柱中，平面ABC，平面ABC，所以，又，所以，可以以C为坐标原点，分别以CA，CB所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则，，，，，则，，所以，即【小问2详解】由得，，设向量是平面的一个法向量，则，，即可取显然为平面的一个法向量，设二面角的平面角为，所以，，又因为二面角为锐角，所以二面角的余弦值为17.口袋中有大小相同、质地均匀的3个白球和3个黄球.甲乙两人进行摸球游戏，规则如下：每次摸2个球，观察颜色后放回，若颜色相同时，则摸球人继续摸球；否则由对方摸球.第一次由甲开始摸球，记第n次由甲摸的概率是（1）求，；（2）证明：数列是等比数列，并求【答案】（1），（2）证明见解析，【解析】【分析】（1）代表的是第2次由甲摸球，所以第一次甲摸得球颜色相同，代表的是第3次由甲摸球，这个时候有两种情况；（2）根据题意得到与的关系式，即可证明为等比数列，再根据等比数列的通项公式得到.【小问1详解】第一次由甲开始摸，，表示第二次由甲摸球的概率，，表示第二次由甲摸球或第二次由乙摸球后，第三次由甲摸球的概率，

所以，【小问2详解】当时，表示第次由甲摸球后或由乙摸球后，第n次由甲摸球的概率，所以，即，所以，因为，即，所以数列是以为首项，公比为的等比数列.即，，当时，满足，所以18.如图，双曲线的实轴长是虚轴长的2倍，焦点到渐近线的距离为动直线l分别交双曲线C的两条渐近线于M，N，其中点M在第一象限，点N在第四象限，且与双曲线C只有一个公共点（1）求双曲线C的标准方程;（2）证明：点P为线段MN的中点;（3）过点P分别作两条渐近线的平行线交渐近线于E，F，求证：四边形OEPF的面积为定值，并求出该定值.【答案】（1）（2）证明见解析（3）证明见解析，定值【解析】【分析】（1）根据题意结合双曲线性质求，即可得双曲线方程；（2）设直线MN的方程：，直曲联立结合可得，再求交点坐标结合中点分析证明，注意分类讨论直线斜率是否存在；（3）根据（2）中结论求和坐标原点到直线l的距离，进而求面积即可.【小问1详解】设双曲线C的焦点坐标为，因为实轴长是虚轴长的2倍，则，又因为焦点到渐近线的距离为1，则，可得，解得，，所以双曲线C的标准方程：【小问2详解】当直线l的斜率不存在时，P点为MN的中点；当直线l的斜率存在时，设直线MN的方程：，联立方程，得，因为直线l分别交双曲线C的两条渐近线于M，N，其中点M在第一象限，点N在第四象限，且与双曲线C只有一个公共点P，所以，即：，双曲线两条渐近线方程为：，联立方程，解得，联立方程，解得，则MN的中点坐标：，即，代入得，，所以MN的中点坐标满足双曲线方程，即MN的中点在双曲线上，又因为直线l与双曲线C只有一个公共点P，可知点P为线段MN的中点；综上所述：点P为线段MN的中点.【小问3详解】由题意可知：，坐标原点到直线l的距离：，则，代入得.所以平行四边形OEPF面积定值【点睛】易错点点睛：第二问中注意讨论直线l的斜率存在与不存在两种情况，以及由动直线l与双曲线C恰有1个公共点，直曲联立后由得到参数k、m的关系.19.已知函数，（1）讨论的单调性;（2）若恒成立，求a的值;（3）若，求证：【答案】（1）答案见解析；（2）；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）先求导函数，分和两种情况得出导函数正负即可得出单调性；（2）化简构造函数计算导函数得出函数的最小值恒成立；（3）应用（2）化简不等式为，做差证明即可.【