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江苏省前黄中学2025学年高三下学期一模适应性考试数学试题
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．（2025·江苏模拟）已知集合，，则（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025·江苏模拟）若复数的实部大于0，且，则（　　）
A． B． C． D．
3．（2025·江苏模拟）若直线与双曲线有两个不同交点，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
4．（2025·江苏模拟）若，，下列正确的是（　　）
A．
B．
C．方向上的投影向量是
D．
5．（2025·江苏模拟） 已知数列的前项和为，首项，且满足，则的值为（　　）
A．4093 B．4094 C．4095 D．4096
6．（2025·江苏模拟）已知长方体，是棱的中点，平面将长方体分割成两部分，则体积较大部分与体积较小部分的体积之比为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025·江苏模拟）方程在上的实数解有（　　）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
8．（2025·江苏模拟）已知，且，其中为自然对数的底数，则下列结论正确的是（　　）
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．（2025·江苏模拟）下列各组函数的图象，通过平移后能重合的是（　　）
A．与 B．与
C．与 D．与
10．（2025·江苏模拟）如图抛物线的顶点为，焦点为，准线为，焦准距为；抛物线的顶点为，焦点也为，准线为，焦准距为．和交于两点，分别过作直线与两准线垂直，垂足分别为，过的直线与封闭曲线交于两点，则下列说法正确的是（　　）
A． B．四边形的面积为
C． D．的取值范围为
11．（2025·江苏模拟）已知数列是公比为的等比数列，且，则下列叙述中正确的是（　　）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，且，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025·江苏模拟）已知随机变量，若，则　 　．
13．（2025·江苏模拟）若在上单调递减，则实数的取值范围为　 　．
14．（2025·江苏模拟）如图，已知，为边上的两点，且满足，则当取最大值时，的面积等于　 　.
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．（2025·江苏模拟）已知函数.
（1）求函数的单调递增区间；
（2）若，，求的值.
16．（2025·江苏模拟）已知点，曲线上的点与两点的连线的斜率分别为和，且．
（1）求曲线的方程；
（2）是否存在一条直线与曲线交于两点，以为直径的圆经过坐标原点．若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
17．（2025·江苏模拟）如图，三棱台，平面平面，与相交于点，且平面．
（1）求三棱锥的体积；
（2）平面与平面所成角为与平面所成角为，求的值．
18．（2025·江苏模拟）已知函数．
（1）当时，求的单调减区间；
（2）若，，证明：；
（3）若，恒有，求实数的取值范围．
19．（2025·江苏模拟）浙里启航团队举办了一场抽奖游戏，玩家一共抽取次.每次都有的概率抽中，的概率没抽中.小明的抽奖得分按照如下方式计算：
1.将玩家次抽奖的结果按顺序排列，抽中记作1，未抽中记作0，形成一个长度为的仅有01的序列.
2.定义序列的得分为：对于这个序列每一段极长连续的1，设它长度为，那么得分即为.
3.序列的得分即为每一段连续的1的得分和.
例如：如果玩家A抽了7次，第1，3，4，5，7次中奖，那么序列即为1，0，1，1，1，0，1，得分为.可能用到的公式：若为两个随机变量，则.
（1）若，清照进行了一次游戏.记随机变量为清照的最终得分，求.
（2）记随机变量表示长度为的序列中从最后一个数从后往前极长连续的1的长度，求.
（3）若，清照进行了一次游戏.记随机变量为清照的最终得分，求.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：因为，
所以，
则，
又因为，
所以，
又因为，
所以，
则，
又因为，
所以.
故答案为：B.
【分析】解绝对值不等式求出集合A，再利用对数型函数求定义域的方法求出集合B，再利用交集和补集的运算法则，从而得出集合.
2．【答案】A
【知识点】复数相等的充要条件；复数代数形式的混合运算；共轭复数
【解析】【解答】解：设，
则，
由，
得，
则，
因此，
因为，
解得，
所以.
故答案为：A.
【分析】设出复数的代数形式，再利用复数乘法运算法则和复数相等的判断方法以及共轭复数的定义，从而得出复数z.
3．【答案】B
【知识点】直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：因为双曲线的渐近线方程为，
又因为直线与双曲线有两个不同的交点，
又因为直线过原点，所以，
则的取值范围是.
故答案为：B．
【分析】根据双曲线方程得出双曲线的渐近线方程，再利用直线与双曲线有两个不同交点和直线的方程过原点，从而得出实数的取值范围．
4．【答案】C
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量的投影向量；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，，
所以，
又因为，
所以不平行，故A错误；
因为，
所以不垂直，故B错误；
因为方向上的投影向量为：，故C正确；
因为，
所以不垂直，故D错误.
故答案为：C.
【分析】根据向量平行的坐标表示，则判断选项A；根据向量垂直的坐标表示，则判断出选项B和选项D；根据数量积求投影向量的公式，则判断出选项C，从而找出正确的选项.
5．【答案】A
【知识点】数列的求和
【解析】【解答】解：因为数列的前项和为，首项，且满足，
所以
所以数列是以-1为首项，公比为-1的等比数列，
所以
所以
所以
故答案为：A.
【分析】利用已知条件结合递推公式变形和等比数列的定义，进而证出数列为等比数列，再结合等比数列的通项公式得出数列的通项公式，再由分组求和的方法和等比数列前n项和公式，进而得出数列的前项和，最后由代入法得出的值.
6．【答案】C
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；柱体的体积公式及应用；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：取的中点为，连接，如下图所示：
因为是棱的中点，
由长方体性质，可得，所以四点共面，
根据长方体性质，则 与相似，相似比为，且平面平面，
所以交于同一点，
所以长方体被平面割成的体积较小部分为三棱台，
设长方体的各棱长为，
则长方体的体积为，
由棱台体积公式，可得：
较大部分的体积为；
所以体积较大部分与体积较小部分的体积之比为.
故答案为：C.
【分析】取的中点为，连接，根据长方体的性质可知平面割成的体积较小部分为三棱台，再利用台体的体积公式和柱体的体积公式，再结合作差法得出较大部分的体积，从而得出体积较大部分与体积较小部分的体积之比.
7．【答案】C
【知识点】三角函数值的符号；运用诱导公式化简求值；辅助角公式
【解析】【解答】解：当时，，
满足方程，
所以是方程的一个实数解；
当时，，
满足方程，
所以也是方程的一个实数解；
当时，，
不满足方程，
所以不是方程的一个实数解；
当时，，
由方程，可得，
则，
因为，所以此时方程无解；
当时，，
此时，显然方程无解，
综上所述，方程只有2个解，分别为.
故答案为：C.
【分析】利用分类讨论思想，先对特殊值进行分析判断，再对和进行分析判断结合方程求解方法，从而得出方程在上的实数解的个数.
8．【答案】D
【知识点】对数的性质与运算法则；利用导数研究函数的单调性；反证法与放缩法
【解析】【解答】解：因为，，
所以，
又因为，
所以，
所以，
令，求导得，
当时，，
所以函数在上单调递增，
所以，
则，故A错误；
则，
由对数函数的单调性，得，则，
所以，故B错误；
因为，结合，可得，故C错误；
因为，
所以，故D正确.
故答案为：D.
【分析】由题意结合放缩法可得，构造，则求导判断出函数在上单调递增，再根据对数的性质，从而逐项判断找出结论正确的选项.
9．【答案】A,C,D
【知识点】函数的图象与图象变化；对数的性质与运算法则；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：对于A，
将的图象向左平移个单位后得到的图象，故A正确；
对于B，易知在上单调递增；
对于，，
令，得，
所以，当或时，函数单调递增，
当时，函数单调递减，
所以不能通过平移由得到，故B错误；
对于C，
将的图象向左平移个单位后得到的图象，
故C正确；
对于D，将的图象向上平移个单位后得到的图象，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用诱导公式可判断选项A；根据两个函数的单调性不同可判断选项B；利用指数的运算法则和对数的运算法则，则可判断选项C和选项D，从而找出通过平移后能重合的一组函数图象.
10．【答案】C,D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：设直线与直线分别交于、，
由题意可知，，
所以，，故A不正确；
如图，以为原点建立平面直角坐标系，
则，直线
所以抛物线的方程为，
连接，由抛物线的定义可知，，
又因为，
所以，
所以，
代入，可得，
所以，
又因为，所以四边形的面积为，故B错误；
连接，因为，
所以，，
所以，
则，故C正确；
根据抛物线的对称性不妨设点在封闭曲线的上部分，
设在直线上的射影分别为，
当点在抛物线，点在抛物线上时，，
当与重合时，最小，最小值为，
当与重合，点在抛物线上时，
因为，
又因为直线，
与抛物线的方程为联立，可得，
设，则，
所以，
所以；
当点在抛物线，点在抛物线上时，
设直线，与抛物线的方程为联立，可得，
设，则，
则，
当时，即当时，取等号，则此时；
当点在抛物线，点在抛物线上时，
根据抛物线的对称性可知，，
综上可得，，故D正确．
故答案为：CD.
【分析】根据两直线联立求交点的方法和抛物线的定义，则判断出选项A；以为原点建立平面直角坐标系，从而得到的方程，进而求出的值，再代入方程求出的值，从而求出矩形的面积，则判断出选项；连接，由抛物线定义得到，从而得到，，进而推出，则判断出选项C；不妨设点在封闭曲线的上部分，设在直线上的射影分别为，当点在抛物线、点在抛物线上时，从而求出，当与重合，点在抛物线上时求出，再求出当点在抛物线，点在抛物线上时的取值范围，则可判断选项D，从而找出说法正确的选项.
11．【答案】A,B,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；等比数列的通项公式；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：对于A，因为数列是公比为的等比数列，且，
若，
则，
所以，
解得或，故A正确；
对于B，因为，
若，又因为，则，
令，则，
当时，；当时，，
所以，函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，
则无解，不成立，
若，又因为，则，
令，则，
当时，，函数单调递减，
，
由零点存在性定理知有解，
则， 故B正确；
对于C，构造，则，
当时，；当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，则，
所以，
则，解得或，故C错误；
对于D，构造函数，则，
当时，；当时，，
所以函数在单调递增，在上单调递减，
则，
所以，
所以，则，
因为，
所以，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据等比数列通项列结合方程求解，则判断出选项A；化简已知条件去构造函数，利用导数判断函数的单调性，从而得出函数的最值，再利用零点存在性定理，则判断出选项B；构造函数，利用函数最值得到不等式，再由不等式求解，则判断出选项C；构造函数，利用函数最值转化为不等式，从而求解判断出选项D，进而找出叙述正确的选项.
12．【答案】0.2
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：由题意，随机变量的分布曲线关于对称，
则，且，
所以.
故答案为：.
【分析】由题意得出随机变量的分布曲线关于对称，再根据正态分布对应的概率密度函数图象的对称性结合已知条件，从而得出的值.
13．【答案】
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：因为在上单调递减，
所以在上恒成立，
所以在上恒成立，
所以在上恒成立，
令，
则，
当且仅当时，即当时等号成立，
所以，
则实数的取值范围为.
故答案为：.
【分析】根据题意得出不等式在上恒成立，由参变量分离法得出，从而求出函数在区间上的最小值，再利用不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数a的取值范围.
14．【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：如图，设，
分别记的面积为，
则①，
②，
由①，②两式左右分别相乘，
可得，则.
设，在中，
由余弦定理，得，
因为，
所以，当且仅当时，等号成立，
此时，
因为，所以，最大，
此时，，
所以.
故答案为：.
【分析】利用，和三角形的面积公式以及已知条件，则将其化简得出，再利用余弦定理和基本不等式求最值的方法，从而得出的最大值和此时的三角形边长，再利用三角形的面积公式得出当取最大值时的的面积.
15．【答案】（1）解：因为
令，
解得，
所以的单调递增区间为.
（2）解：由，得，
则，
所以，
则，
所以，
所以
.
【知识点】两角和与差的余弦公式；二倍角的余弦公式；含三角函数的复合函数的单调性；辅助角公式
【解析】【分析】（1）利用二倍角的余弦公式和辅助角公式，从而化简函数为余弦型函数，再利用换元法和余弦函数的单调性，从而得出函数的单调递增区间.
（2）由（1）结合已知条件，从而求出，再利用两角差的余弦公式，从而得出的值.
（1），
令，解得，
所以的单调递增区间为.
（2）由，得，，
即，则，，
所以
.
16．【答案】（1）解：设点的坐标为，
则，，
由题意，可得，
化简得，
则曲线的方程为．
（2）解：（ⅰ）若直线的斜率存在，设直线，
由，
得，
则，
则，
设，，
则，，
因为以为直径的圆经过原点，
所以，
则，
所以，
整理得，
则，
设为点到直线的距离，
则，
所以，
又因为，
所以；
（ⅱ）若直线的斜率不存在，则，
不妨设，则，
代入方程，得，
所以，
则，
综上所述，存在这样的直线与曲线交于，两点，
以为直径的圆经过坐标原点，且．
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据题意和两点求斜率公式，从而化简得出曲线E的方程.
（2）若直线的斜率存在，设直线，，，将直线方程与曲线方程联立，再利用韦达定理结合，从而得出，进而化简得到；若直线的斜率不存在，从而得到，进而得到，综上可得存在这样的直线与曲线交于，两点，
以为直径的圆经过坐标原点，且．
（1）设点的坐标为，则，，
由题意可得，，化简得，
进而曲线的方程为．
（2）（ⅰ）若直线的斜率存在，设，
由，得，
则，即，
设，，则，，
因为以为直径的圆经过原点，所以，则，
即，整理得，
，
设为点到直线的距离，则，所以，
又，所以．
（ⅱ）若直线的斜率不存在，则，
不妨设，则，代入方程，得，
所以，则，
综上，存在这样的直线与曲线交于，两点，以为直径的圆经过坐标原点，且．
17．【答案】（1）解：平面平面，
且平面平面平面，
平面，
平面，，
又因为平面，
平面，
连接，平面平面，
平面平面，
，
，，
，
三棱锥底面三角形的面积为：
，
高，
三棱锥的体积为：．
（2）解：由题意和（1）得，
以为坐标原点，分别以为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，
则，
则．
设平面的法向量为，
由，
取，则，
又因为平面的一个法向量为，
所以．
又因为，
所以．
，
又因为，
所以．
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）利用面面垂直的性质定理证出线面垂直，利用线面垂直的定义证出线线垂直，再结合线面平行的性质定理证出线线平行，根据向量共线定理和三棱锥的体积公式，从而得出三棱锥的体积.
（2）利用已知条件和（1），从而建立空间直角坐标系，则得出各点的坐标和向量坐标，得出平面的法向量，再结合平面的一个法向量求出角与的正余弦值，再利用和同角三角函数基本关系式以及两角和的余弦公式和的取值范围，从而得出的值．
（1）由题意，平面平面，
且平面平面平面，
平面，
平面，，
又平面，
平面．
连接，平面平面，平面平面，，
，，．
三棱锥底面三角形的面积为
，高，
其体积为：．
（2）由题意及（1）得，
以为坐标原点，分别以为轴的正方向建立空间直角坐标系，
如图，，
则．
设平面的法向量为，
由，取，则，
平面的一个法向量为，
所以．
又因为，所以．
．
又，所以．
18．【答案】（1）解：令，得函数定义域为
当时，，
则
令，得，
所以单调减区间为和.
（2）证明：因为，
当时，是增函数，
因此，，
又因为，
所以，在上单调递减，
则，
因为，
所以，
所以.
（3）解：因为，，
当时，，在上是减函数，
当时，，
因此不可能恒成立，
当时，由，得，
记，则，
则有两个实根，一根小于1，一根大于1，
则大于1的根为，易知它是关于的减函数，
注意到在上是增函数，
且，
即当时，，
当时，，
所以，当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，
当时，，此时，
记，
则在上单调递减，在上单调递增，且
因此，当时，，
当时，，，
综上所述，当时，恒成立，
所以的取值范围是．
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【分析】（1）先求出函数定义域，再根据导数正负判断函数的单调性，从而得出的单调减区间.
（2）在题中条件下证明，是减函数，则，再证明，从而证出成立.
（3）当时，由判断出函数单调递减，则不等式不可能恒成立，当时，由（2）得出当时，，的大于1的根记为，再证明当时，，时，，由的正负判断函数的单调性，令，当时，得出，当时，由得出实数a的取值范围．
（1）令，得定义域为
时，，
，
令，得，所以单调减区间为和
（2），时，是递增函数，
因此，，又，所以，在上单调递减，
，
因为，所以，
从而；
（3），，
当时，，在上是减函数，
当时，，因此不可能恒成立，
时，由得，
记，，
则有两个实根，一根小于1，一根大于1，
大于1的根为，易知它是关于的减函数，
注意到在上是增函数，且，
即时，，时，，
所以时，，单调递减，时，，单调递增，所以，
时，，此时，
记，在上单调递减，在上单调递增，且，
因此当时，，，
当时，，，
综上，时，恒成立，所以的取值范围是．
19．【答案】（1）解：若序列为：0，0，0，则最终得分为0，
若序列为：1，0，0，或0，1，0，或0，0，1，则最终得分为1，
若序列为：1，0， 1，则最终得分为2，
若序列为：1，1，0，或0，1，1，则最终得分为4，
若序列为：1，1，1，则最终得分为9，
则，，，
所以.
（2）解：令表示长度为的序列，则，
则由递推关系可得，
表示第位分别为1或0，显然，
设，
则，
所以，解得，
所以，
解得：，
则为.
（3）解：设表示进行次游戏后的期望得分，则，
则由递推关系可得，
因为，考虑第位为1的时候对序列的额外贡献，
则，
则为0的贡献为0，特别的，，
累加得到：
若，
代入上式，则，
则.
【知识点】数列的求和；古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；数列的通项公式
【解析】【分析】（1）利用已知条件得出随机变量的所有可能取值，利用古典概率公式求出对应的概率，再利用随机变量分布列求数学期望公式，从而得出随机变量X的数学期望.
（2）设，由题意得出和，从而构造出等比数列，再利用等比数列的通项公式得出，从而得出.
（3）设，由题意得出，从而得出，再结合等比数列求和公式得出.
（1）若序列为：0，0，0，则最终得分为0，
若序列为：1，0，0，或0，1，0，或0，0，1，则最终得分为1，
若序列为：1，0， 1，则最终得分为2，
若序列为：1，1，0，或0，1，1，则最终得分为4，
若序列为：1，1，1，则最终得分为9，
，，，
；
（2）令表示长度为的序列，的答案，换言之.
则有递推关系，表示第位分别为1或0的答案.
显然，
设，则，所以，解得，
所以，解得：，
故所求为.
（3）设表示进行次游戏后的期望得分，即.
则有递推关系，
解释：因为，考虑第位为1的时候对序列的额外贡献，
即为，如果为0的贡献即为0，特别的，，
直接累加得到：，
若，带入上式，于是得，
故所求即为.
1 / 1江苏省前黄中学2025学年高三下学期一模适应性考试数学试题
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．（2025·江苏模拟）已知集合，，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：因为，
所以，
则，
又因为，
所以，
又因为，
所以，
则，
又因为，
所以.
故答案为：B.
【分析】解绝对值不等式求出集合A，再利用对数型函数求定义域的方法求出集合B，再利用交集和补集的运算法则，从而得出集合.
2．（2025·江苏模拟）若复数的实部大于0，且，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】复数相等的充要条件；复数代数形式的混合运算；共轭复数
【解析】【解答】解：设，
则，
由，
得，
则，
因此，
因为，
解得，
所以.
故答案为：A.
【分析】设出复数的代数形式，再利用复数乘法运算法则和复数相等的判断方法以及共轭复数的定义，从而得出复数z.
3．（2025·江苏模拟）若直线与双曲线有两个不同交点，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：因为双曲线的渐近线方程为，
又因为直线与双曲线有两个不同的交点，
又因为直线过原点，所以，
则的取值范围是.
故答案为：B．
【分析】根据双曲线方程得出双曲线的渐近线方程，再利用直线与双曲线有两个不同交点和直线的方程过原点，从而得出实数的取值范围．
4．（2025·江苏模拟）若，，下列正确的是（　　）
A．
B．
C．方向上的投影向量是
D．
【答案】C
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量的投影向量；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，，
所以，
又因为，
所以不平行，故A错误；
因为，
所以不垂直，故B错误；
因为方向上的投影向量为：，故C正确；
因为，
所以不垂直，故D错误.
故答案为：C.
【分析】根据向量平行的坐标表示，则判断选项A；根据向量垂直的坐标表示，则判断出选项B和选项D；根据数量积求投影向量的公式，则判断出选项C，从而找出正确的选项.
5．（2025·江苏模拟） 已知数列的前项和为，首项，且满足，则的值为（　　）
A．4093 B．4094 C．4095 D．4096
【答案】A
【知识点】数列的求和
【解析】【解答】解：因为数列的前项和为，首项，且满足，
所以
所以数列是以-1为首项，公比为-1的等比数列，
所以
所以
所以
故答案为：A.
【分析】利用已知条件结合递推公式变形和等比数列的定义，进而证出数列为等比数列，再结合等比数列的通项公式得出数列的通项公式，再由分组求和的方法和等比数列前n项和公式，进而得出数列的前项和，最后由代入法得出的值.
6．（2025·江苏模拟）已知长方体，是棱的中点，平面将长方体分割成两部分，则体积较大部分与体积较小部分的体积之比为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；柱体的体积公式及应用；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：取的中点为，连接，如下图所示：
因为是棱的中点，
由长方体性质，可得，所以四点共面，
根据长方体性质，则 与相似，相似比为，且平面平面，
所以交于同一点，
所以长方体被平面割成的体积较小部分为三棱台，
设长方体的各棱长为，
则长方体的体积为，
由棱台体积公式，可得：
较大部分的体积为；
所以体积较大部分与体积较小部分的体积之比为.
故答案为：C.
【分析】取的中点为，连接，根据长方体的性质可知平面割成的体积较小部分为三棱台，再利用台体的体积公式和柱体的体积公式，再结合作差法得出较大部分的体积，从而得出体积较大部分与体积较小部分的体积之比.
7．（2025·江苏模拟）方程在上的实数解有（　　）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【答案】C
【知识点】三角函数值的符号；运用诱导公式化简求值；辅助角公式
【解析】【解答】解：当时，，
满足方程，
所以是方程的一个实数解；
当时，，
满足方程，
所以也是方程的一个实数解；
当时，，
不满足方程，
所以不是方程的一个实数解；
当时，，
由方程，可得，
则，
因为，所以此时方程无解；
当时，，
此时，显然方程无解，
综上所述，方程只有2个解，分别为.
故答案为：C.
【分析】利用分类讨论思想，先对特殊值进行分析判断，再对和进行分析判断结合方程求解方法，从而得出方程在上的实数解的个数.
8．（2025·江苏模拟）已知，且，其中为自然对数的底数，则下列结论正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】对数的性质与运算法则；利用导数研究函数的单调性；反证法与放缩法
【解析】【解答】解：因为，，
所以，
又因为，
所以，
所以，
令，求导得，
当时，，
所以函数在上单调递增，
所以，
则，故A错误；
则，
由对数函数的单调性，得，则，
所以，故B错误；
因为，结合，可得，故C错误；
因为，
所以，故D正确.
故答案为：D.
【分析】由题意结合放缩法可得，构造，则求导判断出函数在上单调递增，再根据对数的性质，从而逐项判断找出结论正确的选项.
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．（2025·江苏模拟）下列各组函数的图象，通过平移后能重合的是（　　）
A．与 B．与
C．与 D．与
【答案】A,C,D
【知识点】函数的图象与图象变化；对数的性质与运算法则；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：对于A，
将的图象向左平移个单位后得到的图象，故A正确；
对于B，易知在上单调递增；
对于，，
令，得，
所以，当或时，函数单调递增，
当时，函数单调递减，
所以不能通过平移由得到，故B错误；
对于C，
将的图象向左平移个单位后得到的图象，
故C正确；
对于D，将的图象向上平移个单位后得到的图象，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用诱导公式可判断选项A；根据两个函数的单调性不同可判断选项B；利用指数的运算法则和对数的运算法则，则可判断选项C和选项D，从而找出通过平移后能重合的一组函数图象.
10．（2025·江苏模拟）如图抛物线的顶点为，焦点为，准线为，焦准距为；抛物线的顶点为，焦点也为，准线为，焦准距为．和交于两点，分别过作直线与两准线垂直，垂足分别为，过的直线与封闭曲线交于两点，则下列说法正确的是（　　）
A． B．四边形的面积为
C． D．的取值范围为
【答案】C,D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：设直线与直线分别交于、，
由题意可知，，
所以，，故A不正确；
如图，以为原点建立平面直角坐标系，
则，直线
所以抛物线的方程为，
连接，由抛物线的定义可知，，
又因为，
所以，
所以，
代入，可得，
所以，
又因为，所以四边形的面积为，故B错误；
连接，因为，
所以，，
所以，
则，故C正确；
根据抛物线的对称性不妨设点在封闭曲线的上部分，
设在直线上的射影分别为，
当点在抛物线，点在抛物线上时，，
当与重合时，最小，最小值为，
当与重合，点在抛物线上时，
因为，
又因为直线，
与抛物线的方程为联立，可得，
设，则，
所以，
所以；
当点在抛物线，点在抛物线上时，
设直线，与抛物线的方程为联立，可得，
设，则，
则，
当时，即当时，取等号，则此时；
当点在抛物线，点在抛物线上时，
根据抛物线的对称性可知，，
综上可得，，故D正确．
故答案为：CD.
【分析】根据两直线联立求交点的方法和抛物线的定义，则判断出选项A；以为原点建立平面直角坐标系，从而得到的方程，进而求出的值，再代入方程求出的值，从而求出矩形的面积，则判断出选项；连接，由抛物线定义得到，从而得到，，进而推出，则判断出选项C；不妨设点在封闭曲线的上部分，设在直线上的射影分别为，当点在抛物线、点在抛物线上时，从而求出，当与重合，点在抛物线上时求出，再求出当点在抛物线，点在抛物线上时的取值范围，则可判断选项D，从而找出说法正确的选项.
11．（2025·江苏模拟）已知数列是公比为的等比数列，且，则下列叙述中正确的是（　　）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，且，则
【答案】A,B,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；等比数列的通项公式；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：对于A，因为数列是公比为的等比数列，且，
若，
则，
所以，
解得或，故A正确；
对于B，因为，
若，又因为，则，
令，则，
当时，；当时，，
所以，函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，
则无解，不成立，
若，又因为，则，
令，则，
当时，，函数单调递减，
，
由零点存在性定理知有解，
则， 故B正确；
对于C，构造，则，
当时，；当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，则，
所以，
则，解得或，故C错误；
对于D，构造函数，则，
当时，；当时，，
所以函数在单调递增，在上单调递减，
则，
所以，
所以，则，
因为，
所以，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据等比数列通项列结合方程求解，则判断出选项A；化简已知条件去构造函数，利用导数判断函数的单调性，从而得出函数的最值，再利用零点存在性定理，则判断出选项B；构造函数，利用函数最值得到不等式，再由不等式求解，则判断出选项C；构造函数，利用函数最值转化为不等式，从而求解判断出选项D，进而找出叙述正确的选项.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025·江苏模拟）已知随机变量，若，则　 　．
【答案】0.2
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：由题意，随机变量的分布曲线关于对称，
则，且，
所以.
故答案为：.
【分析】由题意得出随机变量的分布曲线关于对称，再根据正态分布对应的概率密度函数图象的对称性结合已知条件，从而得出的值.
13．（2025·江苏模拟）若在上单调递减，则实数的取值范围为　 　．
【答案】
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：因为在上单调递减，
所以在上恒成立，
所以在上恒成立，
所以在上恒成立，
令，
则，
当且仅当时，即当时等号成立，
所以，
则实数的取值范围为.
故答案为：.
【分析】根据题意得出不等式在上恒成立，由参变量分离法得出，从而求出函数在区间上的最小值，再利用不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数a的取值范围.
14．（2025·江苏模拟）如图，已知，为边上的两点，且满足，则当取最大值时，的面积等于　 　.
【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：如图，设，
分别记的面积为，
则①，
②，
由①，②两式左右分别相乘，
可得，则.
设，在中，
由余弦定理，得，
因为，
所以，当且仅当时，等号成立，
此时，
因为，所以，最大，
此时，，
所以.
故答案为：.
【分析】利用，和三角形的面积公式以及已知条件，则将其化简得出，再利用余弦定理和基本不等式求最值的方法，从而得出的最大值和此时的三角形边长，再利用三角形的面积公式得出当取最大值时的的面积.
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．（2025·江苏模拟）已知函数.
（1）求函数的单调递增区间；
（2）若，，求的值.
【答案】（1）解：因为
令，
解得，
所以的单调递增区间为.
（2）解：由，得，
则，
所以，
则，
所以，
所以
.
【知识点】两角和与差的余弦公式；二倍角的余弦公式；含三角函数的复合函数的单调性；辅助角公式
【解析】【分析】（1）利用二倍角的余弦公式和辅助角公式，从而化简函数为余弦型函数，再利用换元法和余弦函数的单调性，从而得出函数的单调递增区间.
（2）由（1）结合已知条件，从而求出，再利用两角差的余弦公式，从而得出的值.
（1），
令，解得，
所以的单调递增区间为.
（2）由，得，，
即，则，，
所以
.
16．（2025·江苏模拟）已知点，曲线上的点与两点的连线的斜率分别为和，且．
（1）求曲线的方程；
（2）是否存在一条直线与曲线交于两点，以为直径的圆经过坐标原点．若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：设点的坐标为，
则，，
由题意，可得，
化简得，
则曲线的方程为．
（2）解：（ⅰ）若直线的斜率存在，设直线，
由，
得，
则，
则，
设，，
则，，
因为以为直径的圆经过原点，
所以，
则，
所以，
整理得，
则，
设为点到直线的距离，
则，
所以，
又因为，
所以；
（ⅱ）若直线的斜率不存在，则，
不妨设，则，
代入方程，得，
所以，
则，
综上所述，存在这样的直线与曲线交于，两点，
以为直径的圆经过坐标原点，且．
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据题意和两点求斜率公式，从而化简得出曲线E的方程.
（2）若直线的斜率存在，设直线，，，将直线方程与曲线方程联立，再利用韦达定理结合，从而得出，进而化简得到；若直线的斜率不存在，从而得到，进而得到，综上可得存在这样的直线与曲线交于，两点，
以为直径的圆经过坐标原点，且．
（1）设点的坐标为，则，，
由题意可得，，化简得，
进而曲线的方程为．
（2）（ⅰ）若直线的斜率存在，设，
由，得，
则，即，
设，，则，，
因为以为直径的圆经过原点，所以，则，
即，整理得，
，
设为点到直线的距离，则，所以，
又，所以．
（ⅱ）若直线的斜率不存在，则，
不妨设，则，代入方程，得，
所以，则，
综上，存在这样的直线与曲线交于，两点，以为直径的圆经过坐标原点，且．
17．（2025·江苏模拟）如图，三棱台，平面平面，与相交于点，且平面．
（1）求三棱锥的体积；
（2）平面与平面所成角为与平面所成角为，求的值．
【答案】（1）解：平面平面，
且平面平面平面，
平面，
平面，，
又因为平面，
平面，
连接，平面平面，
平面平面，
，
，，
，
三棱锥底面三角形的面积为：
，
高，
三棱锥的体积为：．
（2）解：由题意和（1）得，
以为坐标原点，分别以为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，
则，
则．
设平面的法向量为，
由，
取，则，
又因为平面的一个法向量为，
所以．
又因为，
所以．
，
又因为，
所以．
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）利用面面垂直的性质定理证出线面垂直，利用线面垂直的定义证出线线垂直，再结合线面平行的性质定理证出线线平行，根据向量共线定理和三棱锥的体积公式，从而得出三棱锥的体积.
（2）利用已知条件和（1），从而建立空间直角坐标系，则得出各点的坐标和向量坐标，得出平面的法向量，再结合平面的一个法向量求出角与的正余弦值，再利用和同角三角函数基本关系式以及两角和的余弦公式和的取值范围，从而得出的值．
（1）由题意，平面平面，
且平面平面平面，
平面，
平面，，
又平面，
平面．
连接，平面平面，平面平面，，
，，．
三棱锥底面三角形的面积为
，高，
其体积为：．
（2）由题意及（1）得，
以为坐标原点，分别以为轴的正方向建立空间直角坐标系，
如图，，
则．
设平面的法向量为，
由，取，则，
平面的一个法向量为，
所以．
又因为，所以．
．
又，所以．
18．（2025·江苏模拟）已知函数．
（1）当时，求的单调减区间；
（2）若，，证明：；
（3）若，恒有，求实数的取值范围．
【答案】（1）解：令，得函数定义域为
当时，，
则
令，得，
所以单调减区间为和.
（2）证明：因为，
当时，是增函数，
因此，，
又因为，
所以，在上单调递减，
则，
因为，
所以，
所以.
（3）解：因为，，
当时，，在上是减函数，
当时，，
因此不可能恒成立，
当时，由，得，
记，则，
则有两个实根，一根小于1，一根大于1，
则大于1的根为，易知它是关于的减函数，
注意到在上是增函数，
且，
即当时，，
当时，，
所以，当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，
当时，，此时，
记，
则在上单调递减，在上单调递增，且
因此，当时，，
当时，，，
综上所述，当时，恒成立，
所以的取值范围是．
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【分析】（1）先求出函数定义域，再根据导数正负判断函数的单调性，从而得出的单调减区间.
（2）在题中条件下证明，是减函数，则，再证明，从而证出成立.
（3）当时，由判断出函数单调递减，则不等式不可能恒成立，当时，由（2）得出当时，，的大于1的根记为，再证明当时，，时，，由的正负判断函数的单调性，令，当时，得出，当时，由得出实数a的取值范围．
（1）令，得定义域为
时，，
，
令，得，所以单调减区间为和
（2），时，是递增函数，
因此，，又，所以，在上单调递减，
，
因为，所以，
从而；
（3），，
当时，，在上是减函数，
当时，，因此不可能恒成立，
时，由得，
记，，
则有两个实根，一根小于1，一根大于1，
大于1的根为，易知它是关于的减函数，
注意到在上是增函数，且，
即时，，时，，
所以时，，单调递减，时，，单调递增，所以，
时，，此时，
记，在上单调递减，在上单调递增，且，
因此当时，，，
当时，，，
综上，时，恒成立，所以的取值范围是．
19．（2025·江苏模拟）浙里启航团队举办了一场抽奖游戏，玩家一共抽取次.每次都有的概率抽中，的概率没抽中.小明的抽奖得分按照如下方式计算：
1.将玩家次抽奖的结果按顺序排列，抽中记作1，未抽中记作0，形成一个长度为的仅有01的序列.
2.定义序列的得分为：对于这个序列每一段极长连续的1，设它长度为，那么得分即为.
3.序列的得分即为每一段连续的1的得分和.
例如：如果玩家A抽了7次，第1，3，4，5，7次中奖，那么序列即为1，0，1，1，1，0，1，得分为.可能用到的公式：若为两个随机变量，则.
（1）若，清照进行了一次游戏.记随机变量为清照的最终得分，求.
（2）记随机变量表示长度为的序列中从最后一个数从后往前极长连续的1的长度，求.
（3）若，清照进行了一次游戏.记随机变量为清照的最终得分，求.
【答案】（1）解：若序列为：0，0，0，则最终得分为0，
若序列为：1，0，0，或0，1，0，或0，0，1，则最终得分为1，
若序列为：1，0， 1，则最终得分为2，
若序列为：1，1，0，或0，1，1，则最终得分为4，
若序列为：1，1，1，则最终得分为9，
则，，，
所以.
（2）解：令表示长度为的序列，则，
则由递推关系可得，
表示第位分别为1或0，显然，
设，
则，
所以，解得，
所以，
解得：，
则为.
（3）解：设表示进行次游戏后的期望得分，则，
则由递推关系可得，
因为，考虑第位为1的时候对序列的额外贡献，
则，
则为0的贡献为0，特别的，，
累加得到：
若，
代入上式，则，
则.
【知识点】数列的求和；古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；数列的通项公式
【解析】【分析】（1）利用已知条件得出随机变量的所有可能取值，利用古典概率公式求出对应的概率，再利用随机变量分布列求数学期望公式，从而得出随机变量X的数学期望.
（2）设，由题意得出和，从而构造出等比数列，再利用等比数列的通项公式得出，从而得出.
（3）设，由题意得出，从而得出，再结合等比数列求和公式得出.
（1）若序列为：0，0，0，则最终得分为0，
若序列为：1，0，0，或0，1，0，或0，0，1，则最终得分为1，
若序列为：1，0， 1，则最终得分为2，
若序列为：1，1，0，或0，1，1，则最终得分为4，
若序列为：1，1，1，则最终得分为9，
，，，
；
（2）令表示长度为的序列，的答案，换言之.
则有递推关系，表示第位分别为1或0的答案.
显然，
设，则，所以，解得，
所以，解得：，
故所求为.
（3）设表示进行次游戏后的期望得分，即.
则有递推关系，
解释：因为，考虑第位为1的时候对序列的额外贡献，
即为，如果为0的贡献即为0，特别的，，
直接累加得到：，
若，带入上式，于是得，
故所求即为.
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