高級中學名校試題PAGEPAGE1江蘇省部分學校2025屆高三下學期4月調研考試數學試卷一、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.如果復數z滿足，那么的最小值是（）A.1 B. C.2 D.【答案】A【解析】設復數，，在復平面內對應的點分別為，，，因為，，所以復數z對應的點Z的集合線段，如圖所示，所以求的最小值的問題轉化為：動點Z在線段上移動，求的最小值．因此作于，則與的距離即為所求的最小值，，故的最小值是1．故選：A．2.已知集合，則集合A的子集個數為（）A.4 B.8 C.16 D.32【答案】C【解析】由，得或，解得或空集，又，所以，則集合A的子集個數為.故選：C3.已知，若對于任意的實數m，不等式恒成立，則cos∠BAC＝（）A. B. C.－ D.【答案】C【解析】因為，，且關于不等式恒成立，所以，所以，整理得對于任意實數恒成立，所以，所以，，故選：C.4.已知，且，則下列結論正確的是A. B.C. D.【答案】A【解析】有，得，，，由于，所以，故選A.5.已知數列滿足，.下列說法正確的是（）A.數列每一項都滿足B.數列是遞減數列C.數列的前項和D.數列每一項都滿足成立【答案】ABD【解析】對于A，，，當時，，所以，假設當時，；則當時，，綜上，，故A正確；對于B，由，可得數列是遞減數列，故B正確；對于C，，，，，，故C錯誤；對于D，因為，所以，累加得，所以，即，所以，又，故成立，故D正確．故選：ABD.6.一個密閉的長方體盒子高為4，底面是邊長為2的正方形，盒內有一個半徑為1的小球，若將盒子任意翻動，則小球不能到達區域的體積是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】小球在長方體盒子自由滾動當與長方體三面相切時，即在正方體的8個頂點處的單位立方體空間內，不能達到的空間為，此后當小球移動時與長方體的側面兩面相切，其不能達到的空間為以長方體的側棱中間長為2的棱為棱柱減去底面半徑為1的圓柱的四分之一體積（這樣的空間有四個），體積為，故小球達不到的空間體積為：.故選：B7.如圖，圓與軸相切于點，與軸正半軸交于兩點、（在的上方），且，過點任作一條直線與圓相交于、兩點，的值為（）A.2 B.3 C. D.【答案】C【解析】因為圓與軸相切于點，所以圓心的橫坐標為，如圖，取的中點，連接、，因為，點是弦的中點，所以，，則，，圓的半徑，故，圓的標準方程為，聯立，解得，，，設點，則，，同理可得，故，故選：C.8.為備戰乒乓球賽，某體校甲?乙兩名主力進行訓練，規則如下：兩人每輪分別與老師打2局，當兩人獲勝局數不少于3局時，則認為此輪訓練過關；否則不過關.若甲?乙兩人每局獲勝的概率分別為，，且滿足，每局之間相互獨立.記甲、乙在輪訓練中訓練過關的輪數為，若，則從期望的角度來看，甲?乙兩人訓練的輪數至少為（）A.28 B.24 C.32 D.27【答案】D【解析】由題可得，甲乙兩人通過訓練的概率為：，因，由基本不等式，，當且僅當時，取等號.則.又注意到甲、乙在輪訓練中訓練過關的輪數為滿足二項分布，則期望為：，結合，可得.故D正確.故選：D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.某農科所針對耕種深度x（單位：cm）與水稻每公頃產量（單位：t）的關系進行研究，所得部分數據如下表：耕種深度x/cm81012141618每公頃產量y/t68mn1112已知，用最小二乘法求出y關于x的經驗回歸方程：，，，數據在樣本，的殘差分別為，．（參考數據：兩個變量x，y之間的相關系數r為，參考公式：，，，則（）A. B. C. D.【答案】ABD【解析】對于選項A，因為，，所以，得到，所以，得到，所以選項A正確，對于選項B，因為，又，，所以，所以，故選項B正確，對于選項C，因為，所以選項C錯誤，對于選項D，因為，得到，，所以，所以選項D正確，故選：ABD．10.已知，，若與圖像的公共點個數為，且這些公共點的橫坐標從小到大依次為，則下列說法正確的是（）A.若，則B.若，則C.若，則D.若，則【答案】BC【解析】對于A，當時，如下圖，則，，所以，又圖像關于對稱，結合圖像有，即有，故A錯誤；對于B，當時，如下圖，易知在，且，與圖像相切，由當時，，則，，故，從而，所以，故B正確；對于C，令，顯然有，即是方程的一個根，又易知，是偶函數且，因為，所以時，沒有零點，令，則，當時，，又過原點，當時，是在原點的切線，如圖，所以時，，故C正確；對于D，當時，由，與的圖像在軸右側的前個周期中，每個周期均有個公共點，共有個公共點，故D錯誤.故選：BC.11.六氟化硫（）分子結構為正八面體（可看作是將兩個棱長均相等的正四棱錐將底面粘接在一起的幾何體）.如圖，正八面體的棱長為，下列說法中正確的有（）A.異面直線AE與BF所成的角為45°B.此八面體的外接球與內切球的體積之比為C.若點P為棱上的動點，則的最小值為D.若點為四邊形的中心，點為此八面體表面上動點，且，則動點的軌跡長度為【答案】BD【解析】對于A，由正八面體的結構特征可得，，所以異面直線AE與BF所成的角為，A錯誤；對于B，根據對稱性易得其外接球與內切球的球心為其中心，所以，內切球切點在面的中線上，且在四邊形中，由等面積法可得，則，B正確；對于C，因為的展開圖為一個角為的菱形，對角線即為的最小值，此時，C錯誤；對于D，因為到各棱的距離都等于，則點在各面的軌跡恰好為各個面的內切圓，記其半徑為，因為為等邊三角形，所以，所以在一個面的軌跡長度為，所以在八個面內的軌跡長度之和為，D正確.故選：BD三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.一座五層高燈塔，底層所開燈的數量為30盞，每一層開燈的數量都是下面一層的兩倍，則一共開了______盞燈．【答案】【解析】由題意，若將每層開燈的數量設為數列，則易知數列是以為首項，以為公比的等比數列，設其前項和為，所以一共開燈的數量.故答案為：.13.已知拋物線，過點作兩條直線分別交拋物線于和（其中在軸上方）．當垂直于軸，且四邊形的面積為時，直線的方程為______．【答案】或【解析】當垂直于軸時，，設直線，，所以，聯立得，，所以，所以，所以，即直線的方程為或.故答案為：或.14.已知非空集合M滿足M?{0，1，2，…n}（n≥2，n∈N+）．若存在非負整數k（k≤n），使得當a∈M時，均有2k-a∈M，則稱集合M具有性質P．設具有性質P的集合M的個數為f（n），求的值為______．【答案】31【解析】當n=2時，M={0}，{1}，{2}，{0，2}，{0，1，2}具有性質P，對應的k分別為0，1，2，1，1，故f（2）=5．n=k時，具有性質P的集合M的個數為f（t），則當n=k+1時，f（t+1）=f（t）+g（t+1），其中g（t+1）表達t+1∈M也具有性質P的集合M的個數，下面計算g（t+1）關于t的表達式，此時應有2k≥t+1，即k≥，故對n=t分奇偶討論，當t為偶數時，t+1為奇數，故應該有k≥，則對每一個k，t+1和2k-t-1必然屬于集合M，且t和2k-t，…，k和k共有t+1-k組數，每一組數中的兩個數必然同時屬于或不屬于集合M，故對每一個k，對應的具有性質P的集合M的個數為所以②當t為奇數時，t+1為偶數，故應該有k≥，同理g（t+1）=∴f（t+1）=由累加法得：f（n）=∴f（9）-f（8）=4×25-9-5-（6×24-8-5）=31．故答案為31．四、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.在中，內角、、對邊分別為、、，且.（1）求角；（2）若是銳角三角形，且，求的取值范圍.解：（1）因為，由正弦定理可得，因為、，則，所以，，則有，故.（2）因為為銳角三角形，則，所以，，所以，，則，由正弦定理可得，所以，，即的取值范圍是.16.兩人手中各有3張《哪吒2》紀念卡片，其中手中的3張卡片為1張紅色和2張藍色，手中的3張卡片都是紅色的，現在兩人各從自己的卡片中隨機取1張，去與對方交換，重復n次操作，記手中藍色卡片張，恰有2張藍色卡片的概率為，恰有1張藍色卡片的概率為．（1）分析操作幾次后手中藍色卡片就可能首次出現0張，并求首次出現這種情況的概率．（2）記．證明：數列為等比數列．解：（1）根據題意，表示“重復2次操作，手中恰有2張藍色卡片的概率，包含兩種情況：第一次交換紅色卡片，第二次還交換紅色卡片；第一次交換藍色卡片，第二次交換紅色卡片，交換藍色卡片，則，，，表示“重復2次操作，手中恰有1張藍色紀念卡片”的概率，包含兩種情況：第一次交換紅色卡片，第二次交換藍色卡片；第一次交換藍色卡片，第二次交換藍色卡片，交換藍色卡片，或第二次交換紅色卡片，交換紅色卡片，則．其中，故交換一次不會出現的情況，而，操作兩次手中的藍色紀念卡片就可能首次出現0張，其概率為．（2）由題意可得，，則，，所以，，得到，故數列是首項為，公比為的等比數列.17.如圖，在四棱錐中，四邊形為正方形，，，二面角的大小為，點為線段上一點.（1）證明：平面平面.（2）若，求四棱錐的體積.（3）點為線段上一動點，求直線與平面所成角的正弦的最大值.（1）證明：設的中點分別為，連接，由，得，由，得，正方形中，，則二面角的平面角為，由余弦定理，得，，則，由，平面，得平面，而平面，因此，又，平面，于是平面，而平面，所以平面平面．（2）解：由（1）知，四棱錐的高為，點在線段上，且，則點到平面的距離是點到平面距離的，所以四棱錐的體積為．（3）解：由（1）知，直線兩兩垂直，以原點，直線分別為軸，建立空間直角坐標系，則，，設，，設平面的法向量為，則，令，得，設直線與平面所成的角為，則，當且僅當時取等號，所以直線與平面所成角的正弦的最大值為.18.如圖所示，分別是“曲圓”與軸、軸的交點，已知，扇形的面積為．（注：題目中把半橢圓與圓弧合成的曲線稱作“曲圓”，其中為半橢圓的右焦點）（1）求的值；（2）過點且傾斜角為的直線交“曲圓”于兩點，試將的周長表示為的函數；（3）在（2）的條件下，當的周長取得最大值時，探究的面積是否為定值？若是，請求出該定值；若不是，請求出面積的取值范圍．解：（1）扇形的面積為，解得，半橢圓與軸的交點，右焦點，所以在中，，又因為，所以.（2）顯然直線的斜率不為，所以，由（1）知半橢圓方程為，圓弧方程為，恰為橢圓的左焦點，①當時，分別在圓弧和半橢圓上，因為，所以是腰為的等腰三角形，且，所以，因為在半橢圓上，所以，所以的周長；②當時，在半橢圓上，因為在半橢圓上，所以，所以的周長；③當時，分別在半橢圓和圓弧上，因為，所以是腰為的等腰三角形，且，所以，因為在半橢圓上，所以，所以的周長；綜上，.（3）由（2）知，當時，，當時，，所以當時，取得最大值，此時在半橢圓上，設直線的方程為，聯立得，，，點到直線的距離，所以，令，因為，所以，，，因為在上單調遞增，所以即，所以，即的面積不是定值，取值范圍是.19.已知函數.（1）當時，設的一個極值點為．（i）判斷是否成立，并說明理由；（已知）（ii）設在內的全部極值點按從小到大的順序排列，求證：；（2）當時，直線為曲線的“雙重切線”，記直線的斜率所有可能的取值為，若，證明：.已知：若函數圖象上恰好存在相異的兩點，滿足曲線在和處的切線重合，則稱為曲線的“雙重切點”，直線為曲線的“雙重切線”.解：（1）由題意得，當時，，下面我們開始研究各個小問，（i）因為函數，所以，令，則，對滿足方程的有，所以，由函數與函數的圖象可知此方程一定有解，故的一個極值點滿足，所以；（ii）設是的任意正實根，則，則存在一個非負整數，使，即為第二或第四象限角，因為，所以在第二或第四象限變化時，變化如下，(為奇數)0+(為偶數)+0所以滿足的正根都為函數的極值點，由題可知為方程的全部正實根，且滿足，，所以，因為，，，則，由，可得，故得證.（2）由題意得，當時，，設對應的切點為，，對應的切點為，，由于，所以，，由余弦函數的周期性，只要考慮的情形，又結合余弦函數的圖象，只需考慮，情形，則，，其中，得到，又，，即，，當時，，，令（），則，，在上單調遞減，又，所以，所以，此時，則，故得證．江蘇省部分學校2025屆高三下學期4月調研考試數學試卷一、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.如果復數z滿足，那么的最小值是（）A.1 B. C.2 D.【答案】A【解析】設復數，，在復平面內對應的點分別為，，，因為，，所以復數z對應的點Z的集合線段，如圖所示，所以求的最小值的問題轉化為：動點Z在線段上移動，求的最小值．因此作于，則與的距離即為所求的最小值，，故的最小值是1．故選：A．2.已知集合，則集合A的子集個數為（）A.4 B.8 C.16 D.32【答案】C【解析】由，得或，解得或空集，又，所以，則集合A的子集個數為.故選：C3.已知，若對于任意的實數m，不等式恒成立，則cos∠BAC＝（）A. B. C.－ D.【答案】C【解析】因為，，且關于不等式恒成立，所以，所以，整理得對于任意實數恒成立，所以，所以，，故選：C.4.已知，且，則下列結論正確的是A. B.C. D.【答案】A【解析】有，得，，，由于，所以，故選A.5.已知數列滿足，.下列說法正確的是（）A.數列每一項都滿足B.數列是遞減數列C.數列的前項和D.數列每一項都滿足成立【答案】ABD【解析】對于A，，，當時，，所以，假設當時，；則當時，，綜上，，故A正確；對于B，由，可得數列是遞減數列，故B正確；對于C，，，，，，故C錯誤；對于D，因為，所以，累加得，所以，即，所以，又，故成立，故D正確．故選：ABD.6.一個密閉的長方體盒子高為4，底面是邊長為2的正方形，盒內有一個半徑為1的小球，若將盒子任意翻動，則小球不能到達區域的體積是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】小球在長方體盒子自由滾動當與長方體三面相切時，即在正方體的8個頂點處的單位立方體空間內，不能達到的空間為，此后當小球移動時與長方體的側面兩面相切，其不能達到的空間為以長方體的側棱中間長為2的棱為棱柱減去底面半徑為1的圓柱的四分之一體積（這樣的空間有四個），體積為，故小球達不到的空間體積為：.故選：B7.如圖，圓與軸相切于點，與軸正半軸交于兩點、（在的上方），且，過點任作一條直線與圓相交于、兩點，的值為（）A.2 B.3 C. D.【答案】C【解析】因為圓與軸相切于點，所以圓心的橫坐標為，如圖，取的中點，連接、，因為，點是弦的中點，所以，，則，，圓的半徑，故，圓的標準方程為，聯立，解得，，，設點，則，，同理可得，故，故選：C.8.為備戰乒乓球賽，某體校甲?乙兩名主力進行訓練，規則如下：兩人每輪分別與老師打2局，當兩人獲勝局數不少于3局時，則認為此輪訓練過關；否則不過關.若甲?乙兩人每局獲勝的概率分別為，，且滿足，每局之間相互獨立.記甲、乙在輪訓練中訓練過關的輪數為，若，則從期望的角度來看，甲?乙兩人訓練的輪數至少為（）A.28 B.24 C.32 D.27【答案】D【解析】由題可得，甲乙兩人通過訓練的概率為：，因，由基本不等式，，當且僅當時，取等號.則.又注意到甲、乙在輪訓練中訓練過關的輪數為滿足二項分布，則期望為：，結合，可得.故D正確.故選：D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.某農科所針對耕種深度x（單位：cm）與水稻每公頃產量（單位：t）的關系進行研究，所得部分數據如下表：耕種深度x/cm81012141618每公頃產量y/t68mn1112已知，用最小二乘法求出y關于x的經驗回歸方程：，，，數據在樣本，的殘差分別為，．（參考數據：兩個變量x，y之間的相關系數r為，參考公式：，，，則（）A. B. C. D.【答案】ABD【解析】對于選項A，因為，，所以，得到，所以，得到，所以選項A正確，對于選項B，因為，又，，所以，所以，故選項B正確，對于選項C，因為，所以選項C錯誤，對于選項D，因為，得到，，所以，所以選項D正確，故選：ABD．10.已知，，若與圖像的公共點個數為，且這些公共點的橫坐標從小到大依次為，則下列說法正確的是（）A.若，則B.若，則C.若，則D.若，則【答案】BC【解析】對于A，當時，如下圖，則，，所以，又圖像關于對稱，結合圖像有，即有，故A錯誤；對于B，當時，如下圖，易知在，且，與圖像相切，由當時，，則，，故，從而，所以，故B正確；對于C，令，顯然有，即是方程的一個根，又易知，是偶函數且，因為，所以時，沒有零點，令，則，當時，，又過原點，當時，是在原點的切線，如圖，所以時，，故C正確；對于D，當時，由，與的圖像在軸右側的前個周期中，每個周期均有個公共點，共有個公共點，故D錯誤.故選：BC.11.六氟化硫（）分子結構為正八面體（可看作是將兩個棱長均相等的正四棱錐將底面粘接在一起的幾何體）.如圖，正八面體的棱長為，下列說法中正確的有（）A.異面直線AE與BF所成的角為45°B.此八面體的外接球與內切球的體積之比為C.若點P為棱上的動點，則的最小值為D.若點為四邊形的中心，點為此八面體表面上動點，且，則動點的軌跡長度為【答案】BD【解析】對于A，由正八面體的結構特征可得，，所以異面直線AE與BF所成的角為，A錯誤；對于B，根據對稱性易得其外接球與內切球的球心為其中心，所以，內切球切點在面的中線上，且在四邊形中，由等面積法可得，則，B正確；對于C，因為的展開圖為一個角為的菱形，對角線即為的最小值，此時，C錯誤；對于D，因為到各棱的距離都等于，則點在各面的軌跡恰好為各個面的內切圓，記其半徑為，因為為等邊三角形，所以，所以在一個面的軌跡長度為，所以在八個面內的軌跡長度之和為，D正確.故選：BD三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.一座五層高燈塔，底層所開燈的數量為30盞，每一層開燈的數量都是下面一層的兩倍，則一共開了______盞燈．【答案】【解析】由題意，若將每層開燈的數量設為數列，則易知數列是以為首項，以為公比的等比數列，設其前項和為，所以一共開燈的數量.故答案為：.13.已知拋物線，過點作兩條直線分別交拋物線于和（其中在軸上方）．當垂直于軸，且四邊形的面積為時，直線的方程為______．【答案】或【解析】當垂直于軸時，，設直線，，所以，聯立得，，所以，所以，所以，即直線的方程為或.故答案為：或.14.已知非空集合M滿足M?{0，1，2，…n}（n≥2，n∈N+）．若存在非負整數k（k≤n），使得當a∈M時，均有2k-a∈M，則稱集合M具有性質P．設具有性質P的集合M的個數為f（n），求的值為______．【答案】31【解析】當n=2時，M={0}，{1}，{2}，{0，2}，{0，1，2}具有性質P，對應的k分別為0，1，2，1，1，故f（2）=5．n=k時，具有性質P的集合M的個數為f（t），則當n=k+1時，f（t+1）=f（t）+g（t+1），其中g（t+1）表達t+1∈M也具有性質P的集合M的個數，下面計算g（t+1）關于t的表達式，此時應有2k≥t+1，即k≥，故對n=t分奇偶討論，當t為偶數時，t+1為奇數，故應該有k≥，則對每一個k，t+1和2k-t-1必然屬于集合M，且t和2k-t，…，k和k共有t+1-k組數，每一組數中的兩個數必然同時屬于或不屬于集合M，故對每一個k，對應的具有性質P的集合M的個數為所以②當t為奇數時，t+1為偶數，故應該有k≥，同理g（t+1）=∴f（t+1）=由累加法得：f（n）=∴f（9）-f（8）=4×25-9-5-（6×24-8-5）=31．故答案為31．四、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.在中，內角、、對邊分別為、、，且.（1）求角；（2）若是銳角三角形，且，求的取值范圍.解：（1）因為，由正弦定理可得，因為、，則，所以，，則有，故.（2）因為為銳角三角形，則，所以，，所以，，則，由正弦定理可得，所以，，即的取值范圍是.16.兩人手中各有3張《哪吒2》紀念卡片，其中手中的3張卡片為1張紅色和2張藍色，手中的3張卡片都是紅色的，現在兩人各從自己的卡片中隨機取1張，去與對方交換，重復n次操作，記手中藍色卡片張，恰有2張藍色卡片的概率為，恰有1張藍色卡片的概率為．（1）分析操作幾次后手中藍色卡片就可能首次出現0張，并求首次出現這種情況的概率．（2）記．證明：數列為等比數列．解：（1）根據題意，表示“重復2次操作，手中恰有2張藍色卡片的概率，包含兩種情況：第一次交換紅色卡片，第二次還交換紅色卡片；第一次交換藍色卡片，第二次交換紅色卡片，交換藍色卡片，則，，，表示“重復2次操作，手中恰有1張藍色紀念卡片”的概率，包含兩種情況：第一次交換紅色卡片，第二次交換藍色卡片；第一次交換藍色卡片，第二次交換藍色卡片，交換藍色卡片，或第二次交換紅色卡片，交換紅色卡片，則．其中，故交換一次不會出現的情況，而，操作兩次手中的藍色紀念卡片就可能首次出現0張，其概率為．（2）由題意可得，，則，，所以，，得到，故數列是首項為，公比為的等比數列.17.如圖，在四棱錐中，四邊形為正方形，，，二面角的大小為，點為線段上一點.（1）證明：平面平面.（2）若，求四棱錐的體積.（3）點為線段上一動點，求直線與平面所成角的正弦的最大值.（1）證明：設的中點分別為，連接，由，得，由，得，正方形中，，則二面角的平面角為，由余弦定理，得，，則，由，平面，得平面，而平面，因此，又，平面，于是平面，而平面，所以平面平面．（2）解：由（1）知，四棱錐的高為，點在線段上，且，則點到平面的距離是點到平面距離的，所以四棱錐的體積為．（3）解：由（1）知，直線兩兩垂直，以原點，直線分別為軸，建立空間直角坐標系，則，，設，，設平面的法向量為，則，令，得，設直