资源简介
中小学教育资源及组卷应用平台
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)
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
展开更多......
收起↑