2025屆江蘇省宿遷市高三第二次調(diào)研測數(shù)學試卷（解析版）

高級中學名校試題PAGEPAGE1江蘇省宿遷市2025屆高三第二次調(diào)研測試數(shù)學試卷一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知，則（）A.1 B. C.2 D.4【答案】A【解析】，所以.故選：A2.設集合，，，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】依題意，，所以或，A選項錯誤；，B選項正確；或，或，C選項錯誤.，，D選項錯誤.故選：B3.已知橢圓的右頂點與拋物線的焦點重合，則C的離心率為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由題意得的焦點為，則，而，得到，即方程為，得到離心率，故D正確.故選：D4.已知4個不全相等的正整數(shù)的平均數(shù)與中位數(shù)都是2，則這組數(shù)據(jù)的極差為（）A.4 B.3 C.2 D.1【答案】C【解析】設這四個不全相等的正整數(shù)為，不妨設，則，所以，由于是正整數(shù)，所以，（若，則，與已知個數(shù)不全相等矛盾）所以極差為.故選：C5.已知圓錐的軸截面為正三角形，外接球的半徑為，則圓錐的體積為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】設圓錐的底面半徑為，由于圓錐軸截面為等邊三角形，則外接球半徑即為軸截面等邊三角形的外接圓半徑，由正弦定理可得，則，易知該圓錐的高為，故該圓錐的體積為.故選：A.6.若函數(shù)有最大值，則的最大值為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】當時，，則，當時，，此時，函數(shù)單調(diào)遞增，當時，，此時，函數(shù)單調(diào)遞減，則函數(shù)在處取得極大值，且極大值為，因函數(shù)函數(shù)有最大值，則，解得，因此，實數(shù)的最大值為.故選：.7.已知函數(shù)的極值點與的零點完全相同，則（）A. B. C.1 D.2【答案】B【解析】，由，得①，對于，由，得，依題意，所以②，由于函數(shù)的極值點與的零點完全相同，對比①②可得.故選：B8.設數(shù)列的前項和為，且，則（）A. B.C. D.【答案】B【解析】因為數(shù)列的前項和為，且，當時，則，解得，當且時，由可得，上述兩式作差可得，整理可得，等式兩邊同時除以可得，所以數(shù)列是以為首項，公差為的等差數(shù)列，所以，所以，對于AB選項，，，則，A錯B對；，對于CD選項，，，所以，，CD都錯.故選：B.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.設，，表示三個不同的平面，表示直線，則下列選項中，使得的是（）A.， B.，C.， D.，【答案】BC【解析】對于A，若，，則可能相交，A選項錯誤.對于B，若，，則，B選項正確.對于C，若，，則，C選項正確.對于D，若，，則可能相交，D選項錯誤.故選：BC10.已知函數(shù)與的定義域均為，（當且僅當時，等號成立），則下列結(jié)論可能正確的是（）A.，，且B.，，且C.，，且，D.，，且，【答案】ABD【解析】對于A，取，，滿足函數(shù)與的定義域均為，（當且僅當時，等號成立），可得，，且，故A可能正確；對于B，取，，函數(shù)均為偶函數(shù)，當時，，，令，則，當時，，函數(shù)在上單調(diào)遞增，所以，所以，所以，即滿足函數(shù)與的定義域均為，（當且僅當時，等號成立），又在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞增，可得，，且，故B可能正確；對于C，若，，且，，當時，，可得，此時不滿足成立，故C不可能正確；對于D，取，，令，則，當時，，函數(shù)在上單調(diào)遞減，當時，，函數(shù)在上單調(diào)遞增，所以，所以，所以，當且僅當時等號成立，故滿足函數(shù)與的定義域均為，（當且僅當時，等號成立），取，使得，且，，故D正確.故選：ABD.11.在平面直角坐標系中，設，，定義：．若，且，則下列結(jié)論正確的是（）A若關于x軸對稱，則B.若關于直線對稱，則C.若，則D.若，，則【答案】ABD【解析】對于A，因為關于x軸對稱，且，，所以，而，得到，同理，即此時滿足，故A正確，對于B，因為關于直線對稱，且，，所以，則，，構(gòu)造，由指數(shù)函數(shù)性質(zhì)得在上單調(diào)遞增，，因為，且，所以，得到，則，得到，即，則，故B正確，對于C，由題意得，，因為，所以，得到，令，符合題意，此時，而，則，由已知得，則，故C錯誤，對于D，設，，則，則，同理可得，得到，而，得到，則，即此時滿足題意，則，得到，故D正確.故選：ABD三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知點在直線上，，則原點與的最短距離為______．【答案】【解析】不妨設點，則，因此，，當且僅當時，等號成立，因此，原點與的最短距離為.故答案為：.13.已知，，則______．【答案】【解析】依題意，，若，則，而，與矛盾，所以，，所以，則，即故答案為：14.設函數(shù)，其中．若對任意的恒成立，則______．【答案】【解析】因為，則，令，可得或或，由于，則，，令，令可得或或，由于，則，由可得，若，取，，，當時，，，此時，，當時，由穿根法可知，，矛盾，所以，，即，則，所以，因為對任意恒成立，所以對任意的恒成立，則，解得，因此，.故答案為：.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.記的內(nèi)角、、所對邊分別為、、，面積為，且．（1）證明：；（2）若，邊上的高為，求．（1）證明：因為，所以，在中，，所以．由正弦定理，得．因為，所以，所以，即，所以．（2）解：因為，所以，由（1）知．法1：因為，所以為銳角三角形．過作，過作，、分別為垂足，由，設，因為，所以，，所以在中，，，，所以，解得，所以在中，，即．法2：因為，又因為，解得，．因為，所以，所以，．由，得，解得．由正弦定理，得，解得．16.如圖，在三棱錐中，，為的中點，平面平面．（1）證明：；（2）若，，，求平面與平面的夾角的正弦值．（1）證明：因為為的中點，，所以.因為平面平面，平面平面，平面，所以平面.又因為平面，所以．因為為的中點，所以．（2）解：如圖，取的中點，連接．因為，所以．由（1）平面，平面，所以平面平面．因為平面平面，平面，，所以平面．如圖，以為坐標原點，，所在直線分別為，軸，過點且與平行的直線為軸，建立空間直角坐標系．因為，，，為的中點，所以．因為，所以，所以．則，，，，所以，，．設平面的一個法向量為，所以，即，令，解得，，所以．同理，平面的一個法向量為．設平面與平面的夾角為，則，所以．17.已知雙曲線的實軸長為4，一條漸近線的方程為，過點的直線與C的右支交于A，B兩點．（1）求C的標準方程；（2）P是x軸上的定點，且．（i）求P的坐標：（ii）若的外接圓被x軸截得的弦長為16，求外接圓的面積．解：（1）因為C的實軸長為，漸近線方程為，所以，，解得，，所以C的標準方程為．（2）（i）設直線的方程為，，，，聯(lián)立化簡得，．因為直線與雙曲線的右支交于兩點，由，整理得則或或，解得.由，可得，即，將代入上式得，將，代入上式并化簡得，整理得，因為上式對任意都成立，所以，解得，所以.（ii）因為，所以外接圓是以為直徑的圓，記為圓T，因為圓心，即，所以半徑．因為外接圓被x軸截得的弦長為16，所以（*），即，解得或．因為直線與C的右支交于A，B兩點，所以，所以，（舍去），代入（*）可得．所以外接圓的面積為．18.某公司邀請棋手與該公司研制的一款機器人進行象棋比賽，規(guī)則如下：棋手的初始分為，每局比賽，棋手勝加分；平局不得分；棋手負減分．當棋手總分為時，挑戰(zhàn)失敗，比賽終止；當棋手總分為時，挑戰(zhàn)成功，比賽終止；否則比賽繼續(xù)．已知每局比賽棋手勝、平、負的概率分別為、、，且各局比賽相互獨立.（1）求兩局后比賽終止的概率；（2）在局后比賽終止的條件下，求棋手挑戰(zhàn)成功的概率；（3）在挑戰(zhàn)過程中，棋手每勝局，獲獎千元．記局后比賽終止且棋手獲獎萬元的概率為，求的最大值．解：（1）設每局比賽甲勝為事件，每局比賽甲平為事件，每局比賽甲負為事件，設“兩局后比賽終止”為事件，因為棋手與機器人比賽局，所以棋手可能得分或分比賽終止．（i）當棋手得分為分，則局均負，即；（ii）當棋手得分為分，則局先平后勝，即．因為、互斥，所以．所以兩局后比賽終止的概率為．（2）設“局后比賽終止”為事件，“局后棋手挑戰(zhàn)成功”為事件．因為，．所以在局后比賽終止的條件下，棋手挑戰(zhàn)成功的概率為．所以在局后比賽終止的條件下，棋手挑戰(zhàn)成功的概率為．（3）因為局獲獎勵萬元，說明甲共勝局．（i）當棋手第局以分比賽終止，說明前局中有負勝，且是“負勝負勝負”的順序，其余均為平局，共有種，（ii）當棋手第局以分比賽終止，說明前局中有負勝，且是先負后勝的順序，其余均為平局，共有種，則“局后比賽終止且棋手獲得萬元獎勵”的概率，．所以．因為，所以，所以，所以單調(diào)遞減，所以當時，取最大值為．19.已知函數(shù)，．（1）證明：有唯一零點；（2）記的零點為．（i）數(shù)列中是否存在連續(xù)三項按某順序構(gòu)成等比數(shù)列，并說明理由；（ii）證明：．（1）證明：當時，，所以上無零點，因為，所以在上單調(diào)遞增，所以在上至多一個零點，當時，有唯一零點1．當時，因為，，所以函數(shù)有唯一零點，得證，（2）解：（i）由（1）知，，且，兩邊取自然對數(shù)，得，（*）所以，兩式相減，得，所以．因為函數(shù)在上單調(diào)遞增，所以，所以數(shù)列單調(diào)遞增．假設數(shù)列中存在，，成等比數(shù)列，則，所以．由（*）式得，，代入上式，得，．（**）因為，所以，又，所以方程（**）無解．所以數(shù)列中不存在連續(xù)三項按某順序構(gòu)成等比數(shù)列．（ii）先證明：時，，（***）設，則，所以當時，，單調(diào)遞減：當時，，單調(diào)遞增，所以，當且僅當時，等號成立．由（***）式知，，所以，所以，所以．（***）式中，令，得，當且僅當，即時等號成立，所以，所以，，當且僅當時等號成立．當時，在（***）式中，令，得，所以時，．當時，成立．所以，得證．江蘇省宿遷市2025屆高三第二次調(diào)研測試數(shù)學試卷一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知，則（）A.1 B. C.2 D.4【答案】A【解析】，所以.故選：A2.設集合，，，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】依題意，，所以或，A選項錯誤；，B選項正確；或，或，C選項錯誤.，，D選項錯誤.故選：B3.已知橢圓的右頂點與拋物線的焦點重合，則C的離心率為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由題意得的焦點為，則，而，得到，即方程為，得到離心率，故D正確.故選：D4.已知4個不全相等的正整數(shù)的平均數(shù)與中位數(shù)都是2，則這組數(shù)據(jù)的極差為（）A.4 B.3 C.2 D.1【答案】C【解析】設這四個不全相等的正整數(shù)為，不妨設，則，所以，由于是正整數(shù)，所以，（若，則，與已知個數(shù)不全相等矛盾）所以極差為.故選：C5.已知圓錐的軸截面為正三角形，外接球的半徑為，則圓錐的體積為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】設圓錐的底面半徑為，由于圓錐軸截面為等邊三角形，則外接球半徑即為軸截面等邊三角形的外接圓半徑，由正弦定理可得，則，易知該圓錐的高為，故該圓錐的體積為.故選：A.6.若函數(shù)有最大值，則的最大值為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】當時，，則，當時，，此時，函數(shù)單調(diào)遞增，當時，，此時，函數(shù)單調(diào)遞減，則函數(shù)在處取得極大值，且極大值為，因函數(shù)函數(shù)有最大值，則，解得，因此，實數(shù)的最大值為.故選：.7.已知函數(shù)的極值點與的零點完全相同，則（）A. B. C.1 D.2【答案】B【解析】，由，得①，對于，由，得，依題意，所以②，由于函數(shù)的極值點與的零點完全相同，對比①②可得.故選：B8.設數(shù)列的前項和為，且，則（）A. B.C. D.【答案】B【解析】因為數(shù)列的前項和為，且，當時，則，解得，當且時，由可得，上述兩式作差可得，整理可得，等式兩邊同時除以可得，所以數(shù)列是以為首項，公差為的等差數(shù)列，所以，所以，對于AB選項，，，則，A錯B對；，對于CD選項，，，所以，，CD都錯.故選：B.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.設，，表示三個不同的平面，表示直線，則下列選項中，使得的是（）A.， B.，C.， D.，【答案】BC【解析】對于A，若，，則可能相交，A選項錯誤.對于B，若，，則，B選項正確.對于C，若，，則，C選項正確.對于D，若，，則可能相交，D選項錯誤.故選：BC10.已知函數(shù)與的定義域均為，（當且僅當時，等號成立），則下列結(jié)論可能正確的是（）A.，，且B.，，且C.，，且，D.，，且，【答案】ABD【解析】對于A，取，，滿足函數(shù)與的定義域均為，（當且僅當時，等號成立），可得，，且，故A可能正確；對于B，取，，函數(shù)均為偶函數(shù)，當時，，，令，則，當時，，函數(shù)在上單調(diào)遞增，所以，所以，所以，即滿足函數(shù)與的定義域均為，（當且僅當時，等號成立），又在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞增，可得，，且，故B可能正確；對于C，若，，且，，當時，，可得，此時不滿足成立，故C不可能正確；對于D，取，，令，則，當時，，函數(shù)在上單調(diào)遞減，當時，，函數(shù)在上單調(diào)遞增，所以，所以，所以，當且僅當時等號成立，故滿足函數(shù)與的定義域均為，（當且僅當時，等號成立），取，使得，且，，故D正確.故選：ABD.11.在平面直角坐標系中，設，，定義：．若，且，則下列結(jié)論正確的是（）A若關于x軸對稱，則B.若關于直線對稱，則C.若，則D.若，，則【答案】ABD【解析】對于A，因為關于x軸對稱，且，，所以，而，得到，同理，即此時滿足，故A正確，對于B，因為關于直線對稱，且，，所以，則，，構(gòu)造，由指數(shù)函數(shù)性質(zhì)得在上單調(diào)遞增，，因為，且，所以，得到，則，得到，即，則，故B正確，對于C，由題意得，，因為，所以，得到，令，符合題意，此時，而，則，由已知得，則，故C錯誤，對于D，設，，則，則，同理可得，得到，而，得到，則，即此時滿足題意，則，得到，故D正確.故選：ABD三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知點在直線上，，則原點與的最短距離為______．【答案】【解析】不妨設點，則，因此，，當且僅當時，等號成立，因此，原點與的最短距離為.故答案為：.13.已知，，則______．【答案】【解析】依題意，，若，則，而，與矛盾，所以，，所以，則，即故答案為：14.設函數(shù)，其中．若對任意的恒成立，則______．【答案】【解析】因為，則，令，可得或或，由于，則，，令，令可得或或，由于，則，由可得，若，取，，，當時，，，此時，，當時，由穿根法可知，，矛盾，所以，，即，則，所以，因為對任意恒成立，所以對任意的恒成立，則，解得，因此，.故答案為：.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.記的內(nèi)角、、所對邊分別為、、，面積為，且．（1）證明：；（2）若，邊上的高為，求．（1）證明：因為，所以，在中，，所以．由正弦定理，得．因為，所以，所以，即，所以．（2）解：因為，所以，由（1）知．法1：因為，所以為銳角三角形．過作，過作，、分別為垂足，由，設，因為，所以，，所以在中，，，，所以，解得，所以在中，，即．法2：因為，又因為，解得，．因為，所以，所以，．由，得，解得．由正弦定理，得，解得．16.如圖，在三棱錐中，，為的中點，平面平面．（1）證明：；（2）若，，，求平面與平面的夾角的正弦值．（1）證明：因為為的中點，，所以.因為平面平面，平面平面，平面，所以平面.又因為平面，所以．因為為的中點，所以．（2）解：如圖，取的中點，連接．因為，所以．由（1）平面，平面，所以平面平面．因為平面平面，平面，，所以平面．如圖，以為坐標原點，，所在直線分別為，軸，過點且與平行的直線為軸，建立空間直角坐標系．因為，，，為的中點，所以．因為，所以，所以．則，，，，所以，，．設平面的一個法向量為，所以，即，令，解得，，所以．同理，平面的一個法向量為．設平面與平面的夾角為，則，所以．17.已知雙曲線的實軸長為4，一條漸近線的方程為，過點的直線與C的右支交于A，B兩點．（1）求C的標準方程；（2）P是x軸上的定點，且．（i）求P的坐標：（ii）若的外接圓被x軸截得的弦長為16，求外接圓的面積．解：（1）因為C的實軸長為，漸近線方程為，所以，，解得，，所以C的標準方程為．（2）（i）設直線的方程為，，，，聯(lián)立化簡得，．因為直線與雙曲線的右支交于兩點，由，整理得則或或，解得.由，可得，即，將代入上式得，將，代入上式并化簡得，整理得，因為上式對任意都成立，所以，解得，所以.（ii）因為，所以外接圓是以為直徑的圓，記為圓T，因為圓心，即，所以半徑．因為外接圓被x軸截得的弦長為16，所以（*），即，解得或．因為直線與C的右支交于A，B兩點，所以，所以，（舍去），代入（*）可得．所以外接圓的面積為．18.某公司邀請棋手與該公司研制的一款機器人進行象棋比賽，規(guī)則如下：棋手的初始分為，每局比賽，棋手勝加分；平局不得分；棋手負減分．當棋手總分為時，挑戰(zhàn)失敗，比賽終止；當棋手總分為時，挑戰(zhàn)成功，比賽終止；否則比賽繼續(xù)．已知每局比賽棋手勝、平、負的概率分別為、、，且各局比賽相互獨立.（1）求兩局后比賽終止的概率；（2）在局后比賽終止的條件下，求棋手挑戰(zhàn)成功的概率；（3）在挑戰(zhàn)過程中，棋手每勝局，獲獎千元．記局后比賽終止且棋手獲獎萬元的概率為，求的最大值．解：（1）設每局比