2025年江苏南通苏北七市高三二模高考数学试卷（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页宿迁市2025届高三第二次调研测试数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上指定位置，在其他位置作答一律无效.3．本卷满分150分，考试时间120分钟.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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，则（

）A．1 B． C．2 D．42．设集合，，，则（

）A． B． C． D．3．已知椭圆的右顶点与抛物线的焦点重合，则C的离心率为（

）A． B． C． D．4．已知4个不全相等的正整数的平均数与中位数都是2，则这组数据的极差为（

）A．4 B．3 C．2 D．15．已知圆锥的轴截面为正三角形，外接球的半径为，则圆锥的体积为（

）A． B． C． D．6．若函数有最大值，则的最大值为（

）A． B． C． D．7．已知函数的极值点与的零点完全相同，则（

）A． B． C．1 D．28．设数列的前项和为，且，则（

）A． B．C． 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．设，，表示三个不同的平面，表示直线，则下列选项中，使得的是（

）A．， B．，C．， D．，10．已知函数与的定义域均为，（当且仅当时，等号成立），则下列结论可能正确的是（

）A．，，且B．，，且C．，，且，D．，，且，11．在平面直角坐标系中，设，，定义：．若，且，则下列结论正确的是（

）A．若关于x轴对称，则B．若关于直线对称，则C．若，则D．若，，则三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知点在直线上，，则原点与的最短距离为．13．已知，，则．14．设函数，其中．若对任意的恒成立，则．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．记的内角、、所对边分别为、、，面积为，且．(1)证明：；(2)若，边上的高为，求．16．如图，在三棱锥中，，为的中点，平面平面．(1)证明：；(2)若，，，求平面与平面的夹角的正弦值．17．已知双曲线的实轴长为4，一条渐近线的方程为，过点的直线与C的右支交于A，B两点．(1)求C的标准方程；(2)P是x轴上的定点，且．（i）求P的坐标：（ii）若的外接圆被x轴截得的弦长为16，求外接圆的面积．18．某公司邀请棋手与该公司研制的一款机器人进行象棋比赛，规则如下：棋手的初始分为，每局比赛，棋手胜加分；平局不得分；棋手负减分．当棋手总分为时，挑战失败，比赛终止；当棋手总分为时，挑战成功，比赛终止；否则比赛继续．已知每局比赛棋手胜、平、负的概率分别为、、，且各局比赛相互独立.(1)求两局后比赛终止的概率；(2)在局后比赛终止的条件下，求棋手挑战成功的概率；(3)在挑战过程中，棋手每胜局，获奖千元．记局后比赛终止且棋手获奖万元的概率为，求的最大值．19．已知函数，．(1)证明：有唯一零点；(2)记的零点为．（i）数列中是否存在连续三项按某顺序构成等比数列，并说明理由；（ii）证明：．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．A【分析】根据复数除法运算、共轭复数、复数的模等知识求得正确答案.【详解】，所以.故选：A2．B【分析】根据交集、并集、补集的知识来求得正确答案.【详解】依题意，，所以或，A选项错误；，B选项正确；或，或，C选项错误.，，D选项错误.故选：B3．D【分析】利用抛物线的性质得到椭圆的基本量，再求解离心率即可.【详解】由题意得的焦点为，则，而，得到，即方程为，得到离心率，故D正确.故选：D4．C【分析】根据平均数、中位数的知识来确定正确答案.【详解】设这四个不全相等的正整数为，不妨设，则，所以，由于是正整数，所以，（若，则，与已知个数不全相等矛盾）所以极差为.故选：C5．A【分析】分析可知，外接球半径即为轴截面等边三角形的外接圆半径，利用正弦定理求出圆锥的底面半径为，进而求出圆锥的高，再利用锥体的体积公式可求得结果.【详解】设圆锥的底面半径为，由于圆锥轴截面为等边三角形，则外接球半径即为轴截面等边三角形的外接圆半径，由正弦定理可得，则，易知该圆锥的高为，故该圆锥的体积为.故选：A.6．C【分析】利用导数求出函数在上的极大值，根据函数有最大值可得出关于实数的不等式组，即可得出实数的最大值.【详解】当时，，则，当时，，此时，函数单调递增，当时，，此时，函数单调递减，则函数在处取得极大值，且极大值为，因为函数函数有最大值，则，解得，因此，实数的最大值为.故选：.7．B【分析】根据的极值点、的零点相同列方程，由此求得.【详解】，由，得①，对于，由，得，依题意，所以②，由于函数的极值点与的零点完全相同，对比①②可得.故选：B8．B【分析】当时，求出的值，当且时，由可得，两式作差推导出为等差数列，确定该数列的首项和公差，可求出的通项公式，进而可得出的表达式，逐项判断即可.【详解】因为数列的前项和为，且，当时，则，解得，当且时，由可得，上述两式作差可得，整理可得，等式两边同时除以可得，所以数列是以为首项，公差为的等差数列，所以，所以，对于AB选项，，，则，A错B对；，对于CD选项，，，所以，，CD都错.故选：B.9．BC【分析】根据线面平行、面面平行的知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】对于A，若，，则可能相交，A选项错误.对于B，若，，则，B选项正确.对于C，若，，则，C选项正确.对于D，若，，则可能相交，D选项错误.故选：BC10．ABD【分析】构造函数，，可判断A；取，，可判断B；当时，可得，可判断C；取，，可判断D.【详解】对于A，取，，满足函数与的定义域均为，（当且仅当时，等号成立），可得，，且，故A可能正确；对于B，取，，函数均为偶函数，当时，，，令，则，当时，，函数在上单调递增，所以，所以，所以，即满足函数与的定义域均为，（当且仅当时，等号成立），又在上单调递增，在上单调递增，可得，，且，故B可能正确；对于C，若，，且，，当时，，可得，此时不满足成立，故C不可能正确；对于D，取，，令，则，当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递增，所以，所以，所以，当且仅当时等号成立，故满足函数与的定义域均为，（当且仅当时，等号成立），取，使得，且，，故D正确.故选：ABD.11．ABD【分析】利用给定定义结合函数对称性的是求解A，B，举反例判断C，利用子集的性质结合给定条件判断D即可.【详解】对于A，因为关于x轴对称，且，，所以，而，得到，同理，即此时满足，故A正确，对于B，因为关于直线对称，且，，所以，则，，构造，由指数函数性质得在上单调递增，，因为，且，所以，得到，则，得到，即，则，故B正确，对于C，由题意得，，因为，所以，得到，令，符合题意，此时，而，则，由已知得，则，故C错误，对于D，设，，则，则，同理可得，得到，而，得到，则，即此时满足题意，则，得到，故D正确.故选：ABD12．【分析】不妨设点，可求出向量的坐标，利用二次函数的基本性质可求得的最小值，即为所求.【详解】不妨设点，则，因此，，当且仅当时，等号成立，因此，原点与的最短距离为.故答案为：.13．【分析】根据三角恒等变换的知识来求得正确答案.【详解】依题意，，若，则，而，与矛盾，所以，，所以，则，即故答案为：14．【分析】令，求出方程、的根，假设，结合穿根法可得出，进而得出，分析可知对任意的恒成立，可求出的值，由此可得出的值.【详解】因为，则，令，可得或或，由于，则，，令，令可得或或，由于，则，由可得，若，取，，，当时，，，此时，，当时，由穿根法可知，，矛盾，所以，，即，则，所以，因为对任意的恒成立，所以对任意的恒成立，则，解得，因此，.故答案为：.15．(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用三角形的面积公式结合二倍角的正弦定理可得出，再利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得出所证结论成立；（2）解法1：利用两角和的正切公式可求出的值，过作，过作，、分别为垂足，设，在中，应用勾股定理求出的值，然后在，利用勾股定理可求出的值；解法2：利用同角三角函数的基本关系求出、的值，利用三角形的面积公式求出的值，然后利用正弦定理可求出的值.【详解】（1）因为，所以，在中，，所以．由正弦定理，得．因为，所以，所以，即，所以．（2）因为，所以，由（1）知．法1：因为，所以为锐角三角形．过作，过作，、分别为垂足，由，设，因为，所以，，所以在中，，，，所以，解得，所以在中，，即．

法2：因为，又因为，解得，．因为，所以，所以，．由，得，解得．由正弦定理，得，解得．16．(1)证明见解析；(2).【分析】（1）由面面垂直的性质，可证平面，再由线面垂直的性质，可证，根据三线合一可知为等腰三角形，即可证明；（2）根据几何体特征，建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，利用向量法即可求出平面与平面的夹角的余弦值，再根据三角函数同角求值，即可求出其正弦值.【详解】（1）因为为的中点，，所以.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.又因为平面，所以．因为为的中点，所以．（2）如图，取的中点，连接．因为，所以．由（1）平面，平面，所以平面平面．因为平面平面，平面，，所以平面．如图，以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，过点且与平行的直线为轴，建立空间直角坐标系．因为，，，为的中点，所以．因为，所以，所以．则，，，，所以，，．设平面的一个法向量为，所以，即，令，解得，，所以．同理，平面的一个法向量为．设平面与平面的夹角为，则，所以．17．(1)(2)（i）；（ii）【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得双曲线的标准方程.（2）（i）设出直线的方程并与双曲线方程联立，化简写出根与系数，根据列方程来求得点坐标.（ii）先求得的外接圆的半径，然后根据弦长列方程，进而求得正确答案.【详解】（1）因为C的实轴长为，渐近线方程为，所以，，解得，，所以C的标准方程为．（2）（i）设直线的方程为，，，，联立化简得，．因为直线与双曲线的右支交于两点，由，整理得则或或，解得.由，可得，即，将代入上式得，将，代入上式并化简得，整理得，因为上式对任意都成立，所以，解得，所以.（ii）因为，所以外接圆是以为直径的圆，记为圆T，因为圆心，即，所以半径．因为外接圆被x轴截得的弦长为16，所以（*），即，解得或．因为直线与C的右支交于A，B两点，所以，所以，（舍去），代入（*）可得．所以外接圆的面积为．18．(1)(2)(3)【分析】（1）分析可知，棋手可能得分或分比赛终止，列出两种情况下棋手的胜负情况，结合独立事件的概率公式和互斥事件概率公式可求得所求事件的概率；（2）设“局后比赛终止”为事件，“局后棋手挑战成功”为事件，求出、的值，利用条件概率公式可求得的值；（3）分析可知，甲共胜局，对棋手甲分两种情况讨论：（i）棋手第局以分比赛终止；（ii）棋手第局以分比赛终止.计算出“局后比赛终止且棋手获得万元奖励”的概率，分析数列的单调性，即可得出结论.【详解】（1）设每局比赛甲胜为事件，每局比赛甲平为事件，每局比赛甲负为事件，设“两局后比赛终止”为事件，因为棋手与机器人比赛局，所以棋手可能得分或分比赛终止．（i）当棋手得分为分，则局均负，即；（ii）当棋手得分为分，则局先平后胜，即．因为、互斥，所以．所以两局后比赛终止的概率为．（2）设“局后比赛终止”为事件，“局后棋手挑战成功”为事件．因为，．所以在局后比赛终止的条件下，棋手挑战成功的概率为．所以在局后比赛终止的条件下，棋手挑战成功的概率为．（3）因为局获奖励万元，说明甲共胜局．（i）当棋手第局以分比赛终止，说明前局中有负胜，且是“负胜负胜负”的顺序，其余均为平局，共有种，（ii）当棋手第局以分比赛终止，说明前局中有负胜，且是先负后胜的顺序，其余均为平局，共有种，则“局后比赛终止且棋手获得万元奖励”的概率，．所以．因为，所以，所以，所以单调递减，所以当时，取最大值为．19．(1)证明见解析(2)（i）不存在，理由见解析；（ii）证明见解析【分析】（1）分和两种情况，利用导数判断函数的单调性，即可判断零点；（2）（ⅰ）由方程两边取对数，转化为，再构造函数在上单调递增，结合等比数列的性质，即可判断证明；（ⅱ）根据不等式时，，得到不等式，得到不等式，再根据数列求和即可证明.【详解】（1）当时，，所以在上无零点，因为，所以在上单调递增，所以在上至多一个零点，当时，有唯一零点1．当时，因为，，所以函数有唯一零点，得证，（2）（i）由（