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2025年江苏省南京市高考数学模拟练习卷（一）
注意事项：
1．本试卷满分150分，考试时间120分钟。
2．答题前，考生务必将姓名、考生号等个人信息填写在答题卡指定位置。
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答。超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
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．在复平面内，O为原点向量对应的复数为，若点A关于实轴的对称点为B，则向量对应的复数为（ ）
A． B． C． D．
2．已知集合，若，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．若“，”是假命题，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
4．已知随机变量，且，则的最小值为（ ）
A．5 B． C． D．
5．设，则（ ）
A． B．
C． D．
6．设数列满足，，，为的前项和，若，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
7．已知分别是双曲线：的左右焦点，点在双曲线右支上且不与顶点重合，过作的角平分线的垂线，垂足为，为坐标原点，若，则该双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，三个区域有通道口两两相通，一质点从其所在的区域随机选择一个通道口进入相邻的区域，设经过次随机选择后质点到达区域的概率为，若质点一开始在区域，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．函数的图象关于点对称，则下列结论正确的有（ ）
A．
B．函数图像的一条对称轴为直线
C．函数在区间上是增函数
D．函数的图像可由函数的图像向左平移个单位得到
10．已知双曲线的左右焦点分别是，，过的直线交双曲线的右支于、两点，若为等腰直角三角形，则的离心率可能为（ ）
A． B． C． D．
11．已知函数，数列满足，则（ ）
A．方程的解集为
B．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
C．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
D．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．设的展开式的各项系数之和为M，二项式系数之和为N，若，则展开式中的系数为 ．
13．现从甲、乙、丙3人中选派一人参加“垃圾分类”知识竞答，他们商议通过玩“石头、剪刀、布”游戏解决：如果其中两人手势相同，另一人不同，则选派手势不同的人参加；否则重新进行一局“石头、剪刀、布”游戏，直到确定人选为止.在每局游戏中，甲、乙、丙各自出3种手势是等可能的，且各局游戏是相互独立的，则直到第三局游戏才最终确定选派人员的概率为 .
14．设点在的图像上，点在的图像上，且 均在第一象限，若为平面直角坐标系的原点，已知，，则 ．
四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．已知为锐角三角形，角、、的对边分别为、、，，.
(1)求的取值范围；
(2)求的内切圆半径的最大值.
16．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，平面平面，，，，点E，F分别为棱PD，BC的中点，点G在线段AF上．
(1)证明：平面；
(2)求点到平面的距离；
(3)设直线与平面，平面，平面所成的角分别为，，，求的最大值．
17．已知双曲线的左、右焦点分别为，，若直线与相切于第一象限内的点，且与轴相交于点.
(1)证明：平分；
(2)过原点作的垂线（垂足为），与相交于点，求面积的最大值.
18．在空间直角坐标系中，某质点从原点出发，每秒向轴、轴或轴正、负方向移动一个单位，且向六个方向移动的概率均相等.
(1)求该质点在第秒末移动到点的概率；
(2)设该质点在第秒末移动到点，记随机变量，求的均值；
(3)设该质点在第秒末回到原点的概率为，证明：.
19．若对于函数和，对任意实数，都存在常数，使成立，则称函数是函数的“函数”.（已知和定义域均为）.
(1)证明：函数是函数的“函数”；
(2)若函数是函数的“函数”，求的取值范围；
(3)若函数，函数为偶函数，函数是函数的“函数”，求证：“”的充要条件是“存在常数，使得恒成立”.
《2025年江苏省南京市高考数学模拟练习卷（一）》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D B B D D D A D ACD BC
题号 11
答案 ABC
1．D
【分析】求出点的坐标，由对称求出点的坐标，进而求出对应的复数.
【详解】依题意，，则点，
所以向量对应的复数为.
故选：D
2．B
【分析】化简集合B，再由集合交集建立不等式得解.
【详解】因为，，
所以，所以，
故选：B
3．B
【分析】确定对于恒成立，变换，根据三角函数的值域得到答案.
【详解】“，”是假命题，
即对于恒成立，即，
，，故.
故选：B
4．D
【分析】根据正态分布的对称性求得，利用基本不等式求得正确答案.
【详解】根据正态分布的知识得，则，
，
当且仅当，即时取等.
故选：D
5．D
【分析】根据给定条件，利用对数换底公式及对数函数性质，结合不等式性质比较大小.
【详解】依题意，，，
，
所以.
故选：D
6．D
【分析】根据条件得到，从而可得，即可求解.
【详解】令由，得到，
即，又，，则，，
所以，则，又，
所以数列是以为首项，公比为的等比数列，则，
由，得到，即，又，所以，
故选：D.
7．A
【分析】延长交于，利用角平分线的性质及双曲线的定义求得，再根据双曲线的参数关系及离心率公式求离心率.
【详解】延长交于，由是的角平分线，
则，，又是的中点，
所以，且，
由，
则，
所以.
故选：A
8．D
【分析】记质点经过次随机选择后到达区域的概率为，质点经过次随机选择后到达区域的概率为，经过分析可得，整理得，通过构造等比数列即可求解.
【详解】记质点经过次随机选择后到达区域的概率为，
质点经过次随机选择后到达区域的概率为，
则有，消去，可得，
则，因为，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，即，
故.
故选：.
9．ACD
【分析】由辅助角公式及图象关于点对称即可判断A；根据正弦含函数的性质即可判断BC；由函数平移即可判断D．
【详解】对于A，由题得，又图象关于点对称，
所以，即，
由得，，所以，故A正确；
对于B，，故B错误；
对于C，当时，，
因为在上单调递增，所以函数在区间上是增函数，故C正确；
对于D，函数的图像向左平移个单位得，，故D正确，
故选：ACD．
10．BC
【分析】分和与轴不垂直两种情况，结合几何关系以及双曲线的定义、性质可求解.
【详解】当轴时，将代入得解得，
所以，且，
因为为等腰直角三角形，所以
所以，所以，则有，
即，解得（舍）或，
当与轴不垂直时，由于对称性，不妨设倾斜角为锐角，
且在轴上方，则可得，
所以由为等腰直角三角形可得，
根据双曲线的定义可得所以，
又因为，所以，
又因为，所以，
所以，
在直角三角形中，，
即，整理得，解得，
故选:BC.
11．ABC
【分析】先求解方程的解集可判断A；先根据数学归纳法得出的范围，再利用范围以及递推关系式可判断数列的增减性来判断BC；先证明数列的增减性，再构造等比数列，求出通项，结合指数函数和对数函数的性质可判断D.
【详解】对于A，已知，令，即.
设，则，原方程可化为，即，
则，解得或或.
当时，；当时，；当时，.
所以方程的解集为，故A选项正确；
对于B，若，可用数学归纳法证明：，即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立，
即由数学归纳法可得成立，
而，
又，，
故，故，故为递增数列，
若，则恒成立，故B选项正确；
对于C，若，可用数学归纳法证明：，即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立，
即由数学归纳法可得成立，即由数学归纳法可得成立.
而，
又，，
故，故，故为递减数列，
存在常数，使得恒成立， 故C选项正确；
对于D，
若，则，，
则，即，
因，则对任意恒成立，即为递增数列，
则对任意恒成立，
因，则，
则，
则，
则，
因，
则数列是以为首项，以为公比的等比数列，
则，
因函数为上的单调递增函数，且值域为，
则当时，，再结合对数函数的图象可知，
则不存在常数，使得恒成立，故D选项错误.
故选：ABC.
12．150
【分析】利用赋值法及二项式系数和公式求出、列出方程求得，利用二项展开式的通项公式求出第项，令的指数为3得进而得系数．
【详解】中，令得展开式的各项系数之和，
根据二项式系数和公式得二项式系数之和，
∵，∴解得，
∴的展开式的通项为，
令得，故展开式中的系数为，
故答案为150.
【点睛】本题主要考查赋值法是求二项展开式系数和的方法，利用二项展开式的通项公式解决二项展开式的特定项问题，属于中档题.
13．
【分析】根据题意，先求出进行一局游戏，没有确定参加活动人选的概率，然后根据各局游戏是相互独立，即可得到结果.
【详解】设事件表示“进行一局游戏，成功确定参加活动人选”，
则，
则进行一局游戏，没有确定参加活动人选的概率为，
且各局游戏是相互独立的，
则直到第三局游戏才最终确定选派人员的概率为.
故答案为：
14．/1.5
【分析】由已知得关于对称，设，由在直线上方，得，根据余弦定理得出，再根据两点之间距离公式列出方程组，即可求解．
【详解】因为与互为反函数，且 均在第一象限，，
所以点关于对称，设，
因为在直线上方，所以，
在中，由余弦定理得，，
解得，所以①，
又因为，所以②，
由①②得，，
设，则，
解得（舍）或，所以，
所以，
故答案为：．
15．(1)
(2)
【分析】（1）由余弦定理求出的值，可得出角的值，根据为锐角三角形求出角的取值范围，利用正弦定理与三角恒等变换化简得，根据角的取值范围结合正弦型函数的基本性质可求得的取值范围；
（2）利用正弦定理结合三角恒等变换、正弦函数的基本性质可求出的取值范围，然后利用等面积法得出，即可得出的最大值.
【详解】（1）因为，则，
可得，
由余弦定理可得，
因为为锐角，故，
因为为锐角三角形，则，解得，
由正弦定理可得，故，，
故
，
因为，则，所以，
故，即的取值范围是.
（2）因为
，
因为，则，故，
故，
又，则，由，
得，
则当，即时，，
所以的内切圆半径的最大值.
16．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）连接，取的中点，连接，根据面面垂直的性质得到平面，即可得到，再由，即可得证；
（2）利用等体积法求出点到平面的距离；
（3）连接，，取的中点，连接，确定直线与平面，平面，平面所成的角，再根据锐角三角函数得到，设，，利用换元法求出函数的最大值.
【详解】（1）连接，取的中点，连接，因为底面为菱形，且，
所以、为等边三角形，所以，又平面平面，平面平面，
平面，所以平面，平面，所以，
又，，平面，
所以平面；
（2）因为平面，平面，所以，，
又，，，所以，
所以，
又，所以，
设点到平面的距离为，则，即，
解得，即点到平面的距离.
（3）连接，，则且，
又平面，所以平面，则为直线与平面所成的角，即，所以，
取的中点，连接，则且，
又为中点，所以，又，所以，
由平面，平面，所以，，
又，平面，所以平面，则平面，
又，平面，所以平面，
连接，，则为直线与平面所成的角，即，
所以，
为直线与平面所成的角，即，
所以，
所以，
又，设，，
所以，
所以，
令，则，
所以
，
因为，所以，
所以当时取得最大值，且最大值为，
所以.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设，设切线，联立方程组利用判别式可求得，进而求得，可证到两边距离相等，可证结论；
（2）由（1）可知的方程为，联立方程线求得的纵坐标，进而可求得面积的最大值.
【详解】（1）
设，则满足，又可设切线，
则联立化简得.
由，解得，
所以直线，令，得.
直线的方程为，即，
所以到的距离为.
同理点到直线的距离为.
所以，故平分.
（2）由（1）可知的方程为，
联立解得.
联立解得.
.
当且仅当时，取等号.
所以的面积，
即面积的最大值为.
18．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据组合公式得到共有种可能，再计算出所有情况，利用古典概型公式即可得到答案；
（2）首先得到的所有可能取值为、、，再按步骤写出其分布列，计算其期望即可；
（3）设质点向轴正、负方向移动相同的次数，设为次，向轴正、负方向移动相同的次数，设为次，则，化简比较大小即可.
【详解】（1）在第秒末质点要移动到点，需要沿轴正方向移动次，
沿轴正方向移动次，所以共有种可能.
故该质点在第秒末移动到点的概率为.
（2）质点在第秒可能移动到点、、、、、、、
、、、、、、
、、、、、，
所以的所有可能取值为、、.
，，，
所以.
（3）质点要在第秒末回到原点，
则必定向轴正、负方向移动相同的次数，设为次，
向轴正、负方向移动相同的次数，设为次，
向轴正、负方向移动相同的次数，为次.
所以，
，
所以.
19．(1)证明见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求出、，证明出，即可证得结论成立；
（2）结合定义，构造函数，结合导数求出最小值即可得出实数的取值范围；
（3）先证明充分性：若存在常数使得恒成立，结合偶函数定义计算即可得；再证明必要性：由题意可得，又，，可推导出，可得到，即可得证．
【详解】（1）因为，，所以，，则，
故，即恒成立，
故函数是函数的“函数”.
（2）因为，，
则，，
因为函数是函数的“函数”，
所以对任意的，，则，
令，
则
，
且，
故当时，，当时，，
即在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，
若函数是函数的“函数”，
则实数的取值范围是.
（3）充分性：若存在常数使得恒成立，则，
因为函数为偶函数，所以，则，
则为偶函数，即，
所以恒成立，所以；
必要性：若，则，所以函数为偶函数，
函数是函数的“函数”，
因此对任意的，，
又，，所以，，，
所以，即，
用代换可得，故，
综上可知，记，则，
因此存在常数使得恒成立，
综上可得，“”的充要条件是“存在常数使得恒成立”.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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