2025年江苏省部分学校高考数学调研试卷（3月份）（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2025年江苏省部分学校高考数学调研试卷（3月份）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.若A={x|x=k6+1,k∈Z}，B={x|x=k3+A.A⊆B⊆C B.A⊆C⊆B C.C⊆B⊆A D.C⊆A⊆B2.设a，b是向量，则“(a+b)⋅(a−b)=0A.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3.歌唱比赛共有11位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从11个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到9个有效评分.9个有效评分与11个原始评分相比，一定不变的数字特征是(

)A.平均数 B.极差 C.方差 D.中位数4.已知函数f(x)=tan(12x−π3)，则“x0=2kπ+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5.已知2cos(2α+β)−3cosβ=0，则tanαtan(α+β)=(

)A.5 B.15 C.−5 D.6.已知数列{an}满足a1=2,an+1=3an+2,n∈N∗.记数列{A.[110,+∞) B.(110,+∞)7.若函数f(x)的定义域为Z，且f(x+y)+f(x−y)=f(x)[f(y)+f(−y)]，f(−1)=0，f(0)=f(2)=1，则曲线y=|f(x)|与y=log2|x|的交点个数为A.2 B.3 C.4 D.58.已知一个正四棱台的上、下底面边长分别为2，8，侧棱长为35，则该正四棱台内半径最大的球的表面积为(

)A.12π B.27π C.64π9 D.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。9.函数f(x)=4sin(ωx+φ)(0<ω≤2,−π2<φ<π2A.φ=−π6

B.f(x)的图象关于直线x=π对称

C.f(x)=4cos(12x−2π3)

D.若方程f(x)=2在(0,m)上有且只有5个根，则m∈(26π3,10π]

10.如图，四棱锥S−ABCD中，底面ABCD是正方形，SA⊥平面ABCD，SA=AB，O，P分别是ACA.OM⊥AP

B.存在点M，使OM//平面SBC

C.存在点M，使直线OM与AB所成的角为30°

D.点M到平面ABCD与平面SAB的距离和为定值

11.已知2a=log1A.a+2a=b+2−b B.a+b=2三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知函数f(x)=xlnx+12mx2有两个极值点，则实数m13.已知随机变量X～N(4,42).若P(X<3)=0.3，则P(3<X<5)=______，若Y=2X+1，则Y14.已知F1，F2是椭圆C：x2a2+y2=1的左、右焦点，P是C上一点.过点F1作直线PF1的垂线l1，过点F2作直线PF2的垂线l2，若l1，四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题13分)

已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且1a+b+1b+c=3a+b+c，b=3．

(1)求2a+c的最大值；

16.(本小题15分)

如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=BC=2，AB⊥BC，CC1=23，BE=λBB1(0<λ<1)．

(1)当λ=17.(本小题15分)

已知正项数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn+1Sn=n+2n，a1=1．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)18.(本小题17分)

设函数f(x)=xlnx．

(1)求f(x)图像上点(1,f(1))处的切线方程；

(2)若f(x)≥a(x−x)在x∈(0,+∞)时恒成立，求a的取值范围；

(3)若x1，x219.(本小题17分)

2023年10月11日，中国科学技术大学潘建伟团队成功构建255个光子的量子计算机原型机“九章三号”，求解高斯玻色取样数学问题比目前全球最快的超级计算机快一亿亿倍.相较传统计算机的经典比特只能处于0态或1态，量子计算机的量子比特(qubit)可同时处于0与1的叠加态，故每个量子比特处于0态或1态是基于概率进行计算的.现假设某台量子计算机以每个粒子的自旋状态作为量子比特，且自旋状态只有上旋与下旋两种状态，其中下旋表示“0”，上旋表示“1”，粒子间的自旋状态相互独立.现将两个初始状态均为叠加态的粒子输入第一道逻辑门后，粒子自旋状态等可能的变为上旋或下旋，再输入第二道逻辑门后，粒子的自旋状态有p的概率发生改变，记通过第二道逻辑门后的两个粒子中上旋粒子的个数为X．

(1)若通过第二道逻辑门后的两个粒子中上旋粒子的个数为2，且p=13，求两个粒子通过第一道逻辑门后上旋粒子个数为2的概率；

(2)若一条信息有n(n>1,n∈N∗)种可能的情况且各种情况互斥，记这些情况发生的概率分别为p1，p2，…，pn，则称H=f(p1)+f(p2)+…+f(pn)(其中f(x)=−xlog2x)为这条信息的信息熵.参考答案1.C

2.B

3.D

4.A

5.D

6.A

7.B

8.D

9.ACD

10.ABD

11.AD

12.(−1,0)

13.0.4

64

14.315.解：(1)由1a+b+1b+c=3a+b+c，

得：(b+c)(a+b+c)+(a+b)(a+b+c)=3(a+b)(b+c)，

整理可得：a2+c2−b2=ac，

∴cosB=a2+c2−b22ac=12，

又B∈(0,π)，

∴B=π3，

由正弦定理得：bsinB=asinA=csinC=332=2，

∴a=2sinA，c=2sinC，

∴2a+c=4sinA+2sinC=4sinA+2sin(π3+A)=4sinA+3cosA+sinA=5sinA+3cosA=27sin(A+φ)(其中tanφ=35，16.(1)证明：以BC，BA，BB1为基底建立如图所示空间直角坐标系

则B(0,0,0)，C(2,0,0)，A(0,2,0)，C1(2,0,23)，E(0,0,23λ)．

当λ=13时，E(0,0,233)，

所以AB=(0,−2,0)，BC1=(2,0,23)，CE=(−2,0,233)．

所以AB⋅CE=0，BC1⋅CE=0，

所以CE⊥AB，CE⊥BC1．

又AB∩BC1=B，AB⊂平面ABC1，BC1⊂平面ABC1，

所以CE⊥平面AB17.(1)解：由题意，可知S1=a1=1，

则S1=1，S2S1=31，S3S2=42，S4S3=53，S5S4=64，⋅⋅⋅，Sn−1Sn−2=nn−2，SnSn−1=n+1n−1，

各项相乘，可得Sn=1⋅31⋅42⋅53⋅64⋅⋅⋅⋅⋅nn−2⋅n+1n−1=n(n+1)2，

∵当n=1时，S1=1也满足上式，

∴Sn18.解：(1)由于f(x)=xlnx，故f′(x)=lnx+1，

所以f(1)=0，f′(1)=1，

所以所求的切线经过(1,0)，且斜率为1，

故其方程为y=x−1；

(2)设ℎ(t)=t−1−lnt，则ℎ′(t)=1−1t=t−1t，从而当0<t<1时ℎ′(t)<0，当t>1时ℎ′(t)>0，

所以ℎ(t)在(0,1]上递减，在[1,+∞)上递增，这就说明ℎ(t)≥ℎ(1)，

即t−1≥lnt，且等号成立当且仅当t=1，

设g(t)=a(t−1)−2lnt，

则f(x)−a(x−x)=xlnx−a(x−x)=x(a(1x−1)−2ln1x)=x⋅g(1x)．

当x∈(0,+∞)时，1x的取值范围是(0,+∞)，

所以命题等价于对任意t∈(0,+∞)，都有g(t)≥0．

一方面，若对任意t∈(0,+∞)，都有g(t)≥0，则对t∈(0,+∞)，

有0≤g(t)=a(t−1)−2lnt=a(t−1)+2ln1t≤a(t−1)+2(1t−1)=at+2t−a−2，

取t=2，得0≤a−1，故a≥1>0．

再取t=2a，得0≤a⋅2a+2a2−a−2=22a−a−2=−(a−2)2，

所以a=2．

另一方面，若a=2，则对任意t∈(0,+∞)都有g(t)=2(t−1)−2lnt=2ℎ(t)≥0，满足条件．

综合以上两个方面，知a的取值范围是{2}．

证明：(3)先证明一个结论：对0<a<b，有lna+1<f(b)−f(a)b−a<lnb+1．

证明：前面已经证明不等式t−1≥lnt，

故blnb−alnab−a=alnb−alnab−a+lnb=lnbaba−1+lnb<1+lnb，

且

blnb−alnab−a=blnb−blnab−a+lna=−lnab1−ab+lna>−(ab−1)1−ab+lna=1+lna，

所以lna+1<blnb−alnab−a<lnb+1，

即lna+1<f(b)−f(a)b−a<lnb+1．

由f′(x)=lnx+1，可知当0<x<1e时，f′(x)<0，当x>1e时f′(x)>0．

所以f(x)在(0,1e]上单调递减，在[1e,+∞)上单调递增．

不妨设x1≤x2，下面分三种情况(其中有重合部分)证明本题结论．

情况一：当1e≤x1≤x2<1时，有|f(x1)−f(x2)|=f(x2)−f(x1)<(lnx2+1)(x2−x1)<x2−19.解：(1)设Ai=“两个粒