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江苏省南通市名校联盟2025届新高三高考调研模拟测试数学试卷（Word版附解析）
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这是一份江苏省南通市名校联盟2025届新高三高考调研模拟测试数学试卷（Word版附解析），文件包含江苏省南通市名校联盟2025届新高三暑期学习全国普通高考调研模拟测试数学试题原卷版docx、江苏省南通市名校联盟2025届新高三暑期学习全国普通高考调研模拟测试数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共36页， 欢迎下载使用。
全卷满分150分，限时120分钟
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的考试号填写在答题卡上．
2．作答时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，请将答题卡交回．
4．请认真阅读考试说明．
★预祝考试顺利★
第Ⅰ卷（选择题，共58分）
一、单项选择题：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. 若集合，，则的元素个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】通过讨论求得，，利用集合交集运算求出，从而求出结果.
【详解】因为，且，则，或，且，所以，或，
因为，则或，当，时，，当，时，，当且时，，
当，且，，则，
当，且，,时，，则
当，即，或，
综上，所以的元素个数为4
故选：D
2. 已知，，则点B到直线AC的距离为（ ）
A. B. C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】由坐标运算求出，，，进而求出，再求得在方向上的投影，然后即可求出点B到直线AC的距离.
【详解】因为，，
所以，，
，
，
所以在方向上的投影为，，
所以点B到直线AC的距离为.
故选：C.
3. 设，函数与直线交于点．若曲线与轴上方（不含轴）的正三角形的两条边相切，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先设出各点的坐标，然后根据导数列出方程，最后通过点在轴上方得到取值范围.
【详解】
由于都在直线上，故平行于轴，再由是偶函数，可设，.
据已知可得是的切线，故.
所以由可知，故，从而.
由于，故的方程为，令，得，所以.
从而根据已知条件，点在轴上方，这就说明命题等价于.
故所求取值范围是.
故选：D.
4. 现有一份由连续正整数（可重复）组成的样本，其容量为m，满足上四分位数为28，第80百分位数为30，则m的最小值为（ ）
A. 24B. 25C. 28D. 29
【答案】D
【解析】
【分析】根据百分位数定义，结合已知分析各项对应m值，可得答案．
【详解】对于A，若样本容量的最小值为24，则，，
则第个数据的平均数应为，第个数据应为，
由是连续的正整数，显然不符合情况，故A错误；
对于B，若样本容量的最小值为25，则，，
则第19个数据应为，第个数据均为，
由是连续的正整数，矛盾，故B错误；
对于C，若样本容量的最小值为28，则，，
则第个数据均为，第23个数据应为，
由是连续的正整数，矛盾，故C错误；
对于D，若样本容量的最小值为29，则，，
则第22个数据应为，则第个数据应为，所以第个数据应该是29，符合题意，故D正确；
故选：D.
5. 在递增数列中，，．已知表示前n项和的最小值，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意依次确定数列的前9项的值，结合三角函数诱导公式，即可得答案.
【详解】由题意在递增数列中，，，
则，故，
则或，结合题意取；
又，则或，
结合题意取；
同理，则或，
结合题意取，
同理，则或，
结合题意取，
同理，则或，
结合题意取，同理可得，，，
故前9项和的最小值
，
可得，
故选：C
6. 在锐角中，已知，则B，C的大小关系为（ ）
A. B. C. D. 无法确定
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用诱导公式及和差角的正弦公式化简，再利用正弦定理边化角及余弦定理推理即得.
【详解】在锐角中，由，得，
则，整理得，
于是，由正弦定理得，
由余弦定理得，而，
因此，所以.
故选：A
7. 已知标准椭圆上P，Q两点的切线方程分别为，，则直线PQ的斜率为（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】设椭圆方程为，分别联立直线方程，根据判别式联立求解可得，然后求出坐标可得斜率.
【详解】设椭圆方程为，，
联立消去得①，
则②，
联立消去得③，
则④，
联立②④解得，
代入①得，解得，所以，
代入③得，解得，所以，
所以.
故选：D
8. 若满足在上恒成立的a唯一，则整数b的值为（ ）
A. 3B. C. 4D.
【答案】A
【解析】
【分析】用特殊值法来进行判断函数恒等问题，不妨设，，分类讨论判断范围进行求解.
【详解】不妨设，，
对于A，，
满足在上恒成立的a唯一，
当时，在上单调递减，则，即，与矛盾；
当时，令得；
若，即，有在上单调递减，则，即，与矛盾；
若，即，，在上单调递增；
，在上单调递减；
，，，；
可知，解得，符合题意，A正确；
对于B，当时成立，只需验证
当时，在 上单调递增，则，即，与矛盾；
当时，令得；
若，即，有在 上单调递增，则，即，可知不唯一，B错误；
对于C,D，，
满足在上恒成立的 a唯一，
则当时，在上单调递减，则，即，与矛盾；
当时，令得；
若，即，有在上单调递减，
则，即，与矛盾；
若，即，，在上单调递增；
，在上单调递减；
，，，；
可知，解得，不符合题意，C，D错误；
故选：A.
【点睛】关键点睛：本题考查不等式恒成立问题，解答的关键是要结合选项，分类讨论，验证选项中的参数值是否符合题意.
二、多项选择题：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. 已知的外接圆圆心在AC边上，内切圆半径为，且．设D为AC边上动点，将沿BD向上翻折，得到四面体ABCD，记为M，其体积为V．则（ ）
A. 的外接圆面积为4π
B. M不可能是正三棱锥
C. M的外接球球心不可能在其棱上
D. V取最大值时，
【答案】ABD
【解析】
【分析】先根据条件解出是，的直角三角形，算出边长，判断A；再根据是等边三角形时，，判断B；再取，将翻折到时，中点是的外接球球心，判断C；最后将翻折到平面平面时，过作，计算有最大值时点的位置判断D.
【详解】的外接圆圆心在AC边上，则是为直角的直角三角形，中点是的外接圆圆心，
又，则，，
设，内切圆半径为，
可得，即.
的外接圆半径，面积为，故A正确.
若是正三棱锥，则一定是等腰三角形，又，即是等边三角形，
此时点与点重合，为正三棱锥的底面，
而侧棱，所以不可能是正三棱锥，故B正确.
取，将翻折到时，
此时，，
，，
即，取中点为，
则，是的外接球球心，故C错误.
以为原点，，为轴，轴正方向建立平面直角坐标系，
则，，，设，
将沿BD向上翻折，当平面平面时，点到底面的距离最大，
过作，则为四面体的高，
直线方程为，，
，
，
设，，
设，，
则在上单调递减，
又，，
一定存在，使，且，
而，所以当时，，递增；
当时，，递减；
则的最大值是.
因此当点更靠近点，时，有最大值，
即取最大值时，，故D正确.
故选：ABD.
10. 已知抛物线Γ：的焦点为F，P为Γ上一动点．过F且斜率大于0的直线与Γ交于不同的两点A，B，且满足，．则下列说法错误的是（ ）
A. 直线AB的倾斜角大于60°
B. 若，则
C. 点P可能在第一象限
D. 直线PB的横截距不可能是
【答案】AC
【解析】
【分析】设直线方程为，，代入找出与的关系式，判断AC；根据抛物线的几何性质判断B；最后取，假设直线与抛物线Γ交于点，计算判断D.
【详解】抛物线Γ：的焦点为，
直线过F且斜率大于0，设直线方程，，
联立，化简得，
由韦达定理，
设，，
，
代入韦达定理得，
又点不在直线上，则，即只有，
当，即时，有实数解，
且存在点，
又，则点在第四象限，故C错误.
设直线的斜率为，则，直线的倾斜角小于等于，故A错误.
若，则，，
代入，解得，
，
所以，即，故B正确.
取，则直线的直线方程为，
联立，化简得，
方程其中一个根为点纵坐标，则另一根为，
若另一根为点纵坐标，则，此时，
代入方程无解，所以与无法垂直，
则不存在这样过的直线，即直线的横截距不可能是，故D正确.
故选：AC.
11. 已知函数，记时的极值点为（且的值均不同）．则下列说法错误的是（ ）
A. 满足有唯一零点的唯一B. 无论取何值，都没有过原点的切线
C. 若，则D. 若，则
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A，可分类讨论的零点个数，从而证明结论；对于B，直接给出作为反例即可；
对于C，构造函数证明对有，其中，然后利用的单调性即可；对于D，直接说明即可.
【详解】设，则，故对有，对有.
所以在上递减，在上递增，从而，即.
我们有，故对有，对有.
所以在上递减，在上递增.
从而有极小值点，故.
由于，故
.
若，此时，而，故对有
.
所以.
这就表明在和上各有一个零点，从而至少有两个零点；
若，则根据的单调性，知存在唯一的零点.
对于A，当时，有，所以，从而至少有两个零点；
当时，有，所以，从而至少有两个零点；
当时，有，所以，从而存在唯一的零点.
这就表明当且仅当时，的零点唯一，故A正确；
对于B，由于当时，在处的切线过原点，故B错误；
对于C，若，由于，故.
设，则，故对有，对有
所以在上递增，在上递减.
由已知有，故可不妨设，而，故.
再设，则，且
，
.
而对有
.
所以在上递增，从而对有；
所以在上递增，从而对有；
所以在上递增，从而对有，即.
从而有.
根据的单调性，知，故.
所以，故C正确；
对于D，根据前面的讨论，恒有成立，所以.
这就得到，故D错误.
故选：BD.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于构造的函数并研究其单调性，方可解决相应问题.
第Ⅱ卷（非选择题，共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知复数，若，则______．
【答案】
【解析】
【分析】利用求根公式求出，然后根据复数运算求解可得.
【详解】由得，由求根公式得，
当时，，
所以，
当时，，
所以，
综上，
故答案为：
13. 甲和乙玩小游戏测试他们的默契度．在一轮游戏中，他们各写下一个三位数，分别记为A和B．当以下任一条件成立时，他们“不默契”，否则“心有灵犀”：
①A、B中相同的数字少于两个（如147和289）
②A、B中相同的数字不少于两个，但不都在相同的数位上（如147和174）
根据以上内容判断：在本轮游戏中，甲和乙“心有灵犀”的概率为______．
【答案】##
【解析】
【分析】先分析时，甲和乙“心有灵犀”的概率，然后根据互斥事件的概率加法公式可得.
【详解】由题知，当A、B中至少有两个数字相同，且相同数位上时，甲和乙“心有灵犀”.
不妨记，当A、B中有三个数字相同时，有1种情况；
当A、B中只有两个数字相同时，
若百位和十位相同，有9种情况，
若百位和个位相同，有9种情况，
若十位和个位相同，有8种情况，
所以，当A、B中只有两个个数字相同时，有种情况.
综上，当时，有种情况使得甲和乙“心有灵犀”.
因为三位数共有个，
所以当时，甲和乙“心有灵犀”的概率为，
又因为甲写出每一个三位数且甲和乙“心有灵犀”的事件互斥，
例如：事件“且甲和乙“心有灵犀””和事件“且甲和乙“心有灵犀””互斥.
所以，甲和乙“心有灵犀”的概率为.
故答案为：.
14. 给定一种有穷正整数列的延伸机制Ξ，如图所示：
记经Ξ延伸后得到的无穷数列为，则______．
【答案】
【解析】
【分析】先分析第个连续的串的长度，用等比数列工具求解，然后再利用相应结果得到答案.
【详解】记第个连续的串的长度分别是，则，.
从而，即，，.
根据等比数列知识，得到，，.
由于
，
.
所以.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于使用合适的工具分析问题，以及对新定义的理解.
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. 俱乐部是具有某种相同兴趣的人进行社会交际、文化娱乐等活动的团体和场所．一些顶尖的俱乐部不仅对会员的要求非常严苛，加入也要经过现任会员邀请并接受资格测试和对个人素养、社会地位等的综合考察．研究人员通过模型预测某俱乐部标准资格测试的参试成绩（总计100份），绘制成下表（已知B卷难度更大）：
某俱乐部标准资格测试参试成绩预测
（1）若至少有5%的把握认为及格率与试卷难度无关，求a的最小值；
（2）在预测的40份B卷参试成绩中随机挑选3份，记不及格的份数为X
①求X的分布列及数学期望；
②人教A版选择性必修第三册第80页上写道：对于不放回抽样，当n远远小于N时…此时，超几何分布可以用二项分布近似．近似指的是期望还是方差？试判断并说明理由．
附：，其中．
【答案】（1）19； （2）①分布列见解析，；②方差，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）根据表格数据写成列联表，解不等式即可；
（2）①根据超几何分布概率公式求概率即可得分布列，再由期望公式求期望；
②根据超几何分布和二项分布的关系进行分析可得.
【小问1详解】
根据表中数据得列联表：
零假设为：及格率与试卷难度无关.
由题知，，
整理得，
解得，
依题意知，，所以a的最小值为.
【小问2详解】
①在预测的40份B卷参试成绩中，不及格和及格各20份，
由题知，的可能取值有，
，
，
得X的分布列为：
所以.
②当n远远小于N时,超几何分布与二项分布近似指的是方差，
由①知，若进行放回抽样，则，，
放回抽样和不放回抽样期望相等，所以近似指的是方程.
当n远远小于N时，每次抽取后对N的影响非常小，此时放回与不放回对概率影响可以忽略不计，
所以，此时超几何分布与二项分布近似.
16. 已知定义在上的函数，．
（1）分别说明，的单调性；
（2）若函数存在唯一极小值点，求的取值范围．
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）分别求出函数，导数，再对分类讨论，利用导数与单调性的关系即可求解；
（2）令，求出的导函数，对进行分类讨论，由函数存在唯一极小值点，即可求得的取值范围．
【小问1详解】
由题可得：，
当时，在上恒成立，所以在上单调递减；
当时，令，解得：，令，解得：，
所以在上单调递减；在上单调递增，
综上，当时在上单调递减；
当时，在上单调递减；在上单调递增；
由题可得：，
令，解得：，令，解得：，
所以在上单调递减；在上单调递增
【小问2详解】
令，
则，
令，则，
①当时，在上恒成立，
故当时，，当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
所以有唯一极大值点，没有极小值点，不满足题意；
②当时，在恒成立，在上单调递增，，
故当时，，当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以有唯一极小值点，满足题意；
③当时，令，解得：，令，解得：，
故在上单调递减，在上单调递增，
则，
令，解得，
当时，在上恒成立，由②可知有唯一极小值点，满足题意；
当时，，，，
又因为在上单调递减，在上单调递增，
所以存在唯一实数，，使得，，又，
故当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减
当时，，在上单调递增，
所以的极小值点为，，不唯一，不满足题意；
综上，的取值范围
【点睛】方法点睛：利用导数研究函数极值、最值的方法
（1）若求极值，则先求方程的根，再检查在方程根的左右函数值的符号；
（2）若探究极值点个数，则探求方程在所给范围内实根的个数；
（3）若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程根的大小或存在情况来求解；
（4）求函数f(x)在闭区间的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值，与的各极值进行比较，从而得到函数的最值．
17. 已知无限高圆柱．如图，四边形内接于其底面⊙O，P为其内一动点（包括表面），且平面平面，．
（1）是否存在点使得直线平面？试判断并说明理由．
（2）若，二面角的大小为，求最大时直线与平面所成角的余弦值．
【答案】（1）不存在，理由见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）假设存在点使得直线平面，利用线面垂直的性质与判定定理推出矛盾，即可得解；
（2）先说明是等边三角形，确定最大时的情况，结合空间向量或线面角的定义即可求解.
【小问1详解】
不妨假设存在点使得直线平面，
因为平面，所以，又四边形ABCD内接于，所以，
在平面PAD上作直线于，因为平面平面，
平面平面平面，所以平面，
又因为平面，故，
又平面平面，所以平面.
而平面平面，故，不垂直，与题意矛盾.
所以不存在点使得直线平面.
【小问2详解】
因为，所以，
取AB中点，连接OF延长交于，则，
所以四点共线，则，即，
因为为AB中点，所以，则。
则，所以，
同理可证，所以是等边三角形.
法一：以为坐标原点，，向上为x，y，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
设半径为，其中，
所以，
设平面PAB的法向量，
则
取，可得，
取平面ABCD的一个法向量
所以，
解得，则取，
设平面PAD的法向量，
则，
取，又，解得，
设直线的方向向量，
则，
取，可得，所以，
由题意可知平面ABCD时AP取得最大值，
则，
所以，解得舍），
则，
设平面PBD的法向量
则，取，可得，
设直线PC与平面PBD所成的角为，
所以，
因为，所以，
故最大时直线PC与平面PBD所成角的余弦值为.
法二：设在底面上投影为，
直线PA与底面所成角为半径为，由三余弦定理及三正弦定理得
因为，则
所以为定值，而，
所以取最大值时，取最大值即与重合时，
故直线平面ABCD，
此时有，
作直线BD于，
连接PH，作于，
所以，
因为平面ABCD，所以，
又因为平面，
所以平面BDH，而平面CDH，
所以，又因为平面，
所以平面BDH，则即为直线PC与平面BDH所成角的平面角，
所以，
故取最大时直线PC与平面PBD所成角的余弦值为.
18. 已知焦点为F的抛物线Γ：，圆F与Γ在第一象限的交点为P，与x正，负半轴分别交于点H，G．直线PH，直线PF与Γ的另一交点分别为M，N，直线MN与直线PG交于点T．
（1）若，证明：；
（2）若，求的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）设，根据题意得到点的坐标，设直线的方程为，与抛物线方程联立，即可得到点的坐标，再写出直线的方程，并与抛物线方程联立，即可得到点的坐标，再结合到角公式计算出和即可证明；
（2）由条件可得，再由代入计算，
【小问1详解】
由题意知，
设，则，由得，
又，所以，
设直线的方程为，
由可得，则，又因为，所以．
，直线的方程为，
由得，由，
得．
所以
所以，所以，所以为锐角；
又，所以，所以为钝角，
故；
【小问2详解】
因为，由（1）知，设，则，，，，，所以
直线的方程为，
作，垂足为，则，直线的方程为，
将直线与的方程联立，得解得．
所以，所以，
由相似三角形的性质可得，故，
因为，
所以（当且仅当时等号成立），
故，即的面积的取值范围为．
19. 小学我们都学过质数与合数，每一个合数都能分解为若干个质数的积，比如，等等，分解出来的质数称为这个合数的质因子，如2，3都是6的质因子．在研究某两个整数的关系时，我们称它们是互质的，如果它们没有相同的质因子．例如25的质因子只有5，而36的质因子只有2，3，所以25，36是互质的．为方便表示，对于任意的正整数，我们将比小且与互质的正整数的个数记为．例如，小于10且与10互质的数有1，3，7，9，所以，同理有．
（1）求，；
（2）求所有，，使得是奇数；
（3）若正整数，其中表示互不相同的质数．证明：.
【答案】（1），
（2）
（3）证明见解析
【解析】
分析】（1）直接证明当时有，然后利用该结论求解；
（2）利用（1）中的结论求解即可；
（3）这就是（1）中结论的直接推论.
【小问1详解】
我们先证明一个引理.
引理：对正整数，设的质因数分解式为，其中表示互不相同的质数，则有.
引理的证明：由于，故和不互质，从而就是中，和互质的数的个数.
由于的全部质因子为，故一个正整数和互质，当且仅当它不被每个整除.
设集合，，这里.
换言之，就是中全体的倍数.
由于是不同的质数，故它们两两互质，从而对任意，都有
.
从而，这里表示集合的元素个数.
所以由容斥原理可得
.
将展开即知.
所以，引理得证.
回到原题，由于，，故由引理知
，.
【小问2详解】
根据（1）中的引理，我们可以直接得出，若正整数，则是的倍数，所以如果是奇数，则一定是奇数.
对正整数，我们分两种情况讨论.
情况一：是的倍数.
取最大的正整数，使得整除，则.
根据正整数的取法，一定是奇数，所以和互质.
若，则根据（1）中的引理有是偶数；
若，设，这里是互不相同的奇质数，则根据（1）中的引理，有
.
从而是偶数.
无论怎样都有是偶数，故此时不满足条件；
情况二：不是的倍数，且是偶数.
此时如果，则，满足条件；
如果，则是大于的奇数，设，这里是互不相同的奇质数，则根据（1）中的引理，有
.
而是奇数，故是奇数，所以是奇数，满足条件.
无论怎样都有是奇数，故此时满足条件；
情况三：是奇数.
此时由于是奇数，所以是奇数，故此时满足条件.
综上，所求的全部的集合为.
【小问3详解】
显然这就是（1）中引理的直接推论.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于给出适当的结论作为基础，从而方便研究所求的问题.
不及格
及格
良好
优秀
A卷
a
b
16
4
B卷
20
12
6
2
α
0.050
0.025
0.010
0.005
0.001
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
不及格
及格
合计
A卷
a
60
B卷
20
20
40
合计
100
0
1
2
3
全卷满分150分，限时120分钟
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的考试号填写在答题卡上．
2．作答时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，请将答题卡交回．
4．请认真阅读考试说明．
★预祝考试顺利★
第Ⅰ卷（选择题，共58分）
一、单项选择题：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. 若集合，，则的元素个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】通过讨论求得，，利用集合交集运算求出，从而求出结果.
【详解】因为，且，则，或，且，所以，或，
因为，则或，当，时，，当，时，，当且时，，
当，且，，则，
当，且，,时，，则
当，即，或，
综上，所以的元素个数为4
故选：D
2. 已知，，则点B到直线AC的距离为（ ）
A. B. C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】由坐标运算求出，，，进而求出，再求得在方向上的投影，然后即可求出点B到直线AC的距离.
【详解】因为，，
所以，，
，
，
所以在方向上的投影为，，
所以点B到直线AC的距离为.
故选：C.
3. 设，函数与直线交于点．若曲线与轴上方（不含轴）的正三角形的两条边相切，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先设出各点的坐标，然后根据导数列出方程，最后通过点在轴上方得到取值范围.
【详解】
由于都在直线上，故平行于轴，再由是偶函数，可设，.
据已知可得是的切线，故.
所以由可知，故，从而.
由于，故的方程为，令，得，所以.
从而根据已知条件，点在轴上方，这就说明命题等价于.
故所求取值范围是.
故选：D.
4. 现有一份由连续正整数（可重复）组成的样本，其容量为m，满足上四分位数为28，第80百分位数为30，则m的最小值为（ ）
A. 24B. 25C. 28D. 29
【答案】D
【解析】
【分析】根据百分位数定义，结合已知分析各项对应m值，可得答案．
【详解】对于A，若样本容量的最小值为24，则，，
则第个数据的平均数应为，第个数据应为，
由是连续的正整数，显然不符合情况，故A错误；
对于B，若样本容量的最小值为25，则，，
则第19个数据应为，第个数据均为，
由是连续的正整数，矛盾，故B错误；
对于C，若样本容量的最小值为28，则，，
则第个数据均为，第23个数据应为，
由是连续的正整数，矛盾，故C错误；
对于D，若样本容量的最小值为29，则，，
则第22个数据应为，则第个数据应为，所以第个数据应该是29，符合题意，故D正确；
故选：D.
5. 在递增数列中，，．已知表示前n项和的最小值，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意依次确定数列的前9项的值，结合三角函数诱导公式，即可得答案.
【详解】由题意在递增数列中，，，
则，故，
则或，结合题意取；
又，则或，
结合题意取；
同理，则或，
结合题意取，
同理，则或，
结合题意取，
同理，则或，
结合题意取，同理可得，，，
故前9项和的最小值
，
可得，
故选：C
6. 在锐角中，已知，则B，C的大小关系为（ ）
A. B. C. D. 无法确定
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用诱导公式及和差角的正弦公式化简，再利用正弦定理边化角及余弦定理推理即得.
【详解】在锐角中，由，得，
则，整理得，
于是，由正弦定理得，
由余弦定理得，而，
因此，所以.
故选：A
7. 已知标准椭圆上P，Q两点的切线方程分别为，，则直线PQ的斜率为（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】设椭圆方程为，分别联立直线方程，根据判别式联立求解可得，然后求出坐标可得斜率.
【详解】设椭圆方程为，，
联立消去得①，
则②，
联立消去得③，
则④，
联立②④解得，
代入①得，解得，所以，
代入③得，解得，所以，
所以.
故选：D
8. 若满足在上恒成立的a唯一，则整数b的值为（ ）
A. 3B. C. 4D.
【答案】A
【解析】
【分析】用特殊值法来进行判断函数恒等问题，不妨设，，分类讨论判断范围进行求解.
【详解】不妨设，，
对于A，，
满足在上恒成立的a唯一，
当时，在上单调递减，则，即，与矛盾；
当时，令得；
若，即，有在上单调递减，则，即，与矛盾；
若，即，，在上单调递增；
，在上单调递减；
，，，；
可知，解得，符合题意，A正确；
对于B，当时成立，只需验证
当时，在 上单调递增，则，即，与矛盾；
当时，令得；
若，即，有在 上单调递增，则，即，可知不唯一，B错误；
对于C,D，，
满足在上恒成立的 a唯一，
则当时，在上单调递减，则，即，与矛盾；
当时，令得；
若，即，有在上单调递减，
则，即，与矛盾；
若，即，，在上单调递增；
，在上单调递减；
，，，；
可知，解得，不符合题意，C，D错误；
故选：A.
【点睛】关键点睛：本题考查不等式恒成立问题，解答的关键是要结合选项，分类讨论，验证选项中的参数值是否符合题意.
二、多项选择题：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. 已知的外接圆圆心在AC边上，内切圆半径为，且．设D为AC边上动点，将沿BD向上翻折，得到四面体ABCD，记为M，其体积为V．则（ ）
A. 的外接圆面积为4π
B. M不可能是正三棱锥
C. M的外接球球心不可能在其棱上
D. V取最大值时，
【答案】ABD
【解析】
【分析】先根据条件解出是，的直角三角形，算出边长，判断A；再根据是等边三角形时，，判断B；再取，将翻折到时，中点是的外接球球心，判断C；最后将翻折到平面平面时，过作，计算有最大值时点的位置判断D.
【详解】的外接圆圆心在AC边上，则是为直角的直角三角形，中点是的外接圆圆心，
又，则，，
设，内切圆半径为，
可得，即.
的外接圆半径，面积为，故A正确.
若是正三棱锥，则一定是等腰三角形，又，即是等边三角形，
此时点与点重合，为正三棱锥的底面，
而侧棱，所以不可能是正三棱锥，故B正确.
取，将翻折到时，
此时，，
，，
即，取中点为，
则，是的外接球球心，故C错误.
以为原点，，为轴，轴正方向建立平面直角坐标系，
则，，，设，
将沿BD向上翻折，当平面平面时，点到底面的距离最大，
过作，则为四面体的高，
直线方程为，，
，
，
设，，
设，，
则在上单调递减，
又，，
一定存在，使，且，
而，所以当时，，递增；
当时，，递减；
则的最大值是.
因此当点更靠近点，时，有最大值，
即取最大值时，，故D正确.
故选：ABD.
10. 已知抛物线Γ：的焦点为F，P为Γ上一动点．过F且斜率大于0的直线与Γ交于不同的两点A，B，且满足，．则下列说法错误的是（ ）
A. 直线AB的倾斜角大于60°
B. 若，则
C. 点P可能在第一象限
D. 直线PB的横截距不可能是
【答案】AC
【解析】
【分析】设直线方程为，，代入找出与的关系式，判断AC；根据抛物线的几何性质判断B；最后取，假设直线与抛物线Γ交于点，计算判断D.
【详解】抛物线Γ：的焦点为，
直线过F且斜率大于0，设直线方程，，
联立，化简得，
由韦达定理，
设，，
，
代入韦达定理得，
又点不在直线上，则，即只有，
当，即时，有实数解，
且存在点，
又，则点在第四象限，故C错误.
设直线的斜率为，则，直线的倾斜角小于等于，故A错误.
若，则，，
代入，解得，
，
所以，即，故B正确.
取，则直线的直线方程为，
联立，化简得，
方程其中一个根为点纵坐标，则另一根为，
若另一根为点纵坐标，则，此时，
代入方程无解，所以与无法垂直，
则不存在这样过的直线，即直线的横截距不可能是，故D正确.
故选：AC.
11. 已知函数，记时的极值点为（且的值均不同）．则下列说法错误的是（ ）
A. 满足有唯一零点的唯一B. 无论取何值，都没有过原点的切线
C. 若，则D. 若，则
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A，可分类讨论的零点个数，从而证明结论；对于B，直接给出作为反例即可；
对于C，构造函数证明对有，其中，然后利用的单调性即可；对于D，直接说明即可.
【详解】设，则，故对有，对有.
所以在上递减，在上递增，从而，即.
我们有，故对有，对有.
所以在上递减，在上递增.
从而有极小值点，故.
由于，故
.
若，此时，而，故对有
.
所以.
这就表明在和上各有一个零点，从而至少有两个零点；
若，则根据的单调性，知存在唯一的零点.
对于A，当时，有，所以，从而至少有两个零点；
当时，有，所以，从而至少有两个零点；
当时，有，所以，从而存在唯一的零点.
这就表明当且仅当时，的零点唯一，故A正确；
对于B，由于当时，在处的切线过原点，故B错误；
对于C，若，由于，故.
设，则，故对有，对有
所以在上递增，在上递减.
由已知有，故可不妨设，而，故.
再设，则，且
，
.
而对有
.
所以在上递增，从而对有；
所以在上递增，从而对有；
所以在上递增，从而对有，即.
从而有.
根据的单调性，知，故.
所以，故C正确；
对于D，根据前面的讨论，恒有成立，所以.
这就得到，故D错误.
故选：BD.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于构造的函数并研究其单调性，方可解决相应问题.
第Ⅱ卷（非选择题，共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知复数，若，则______．
【答案】
【解析】
【分析】利用求根公式求出，然后根据复数运算求解可得.
【详解】由得，由求根公式得，
当时，，
所以，
当时，，
所以，
综上，
故答案为：
13. 甲和乙玩小游戏测试他们的默契度．在一轮游戏中，他们各写下一个三位数，分别记为A和B．当以下任一条件成立时，他们“不默契”，否则“心有灵犀”：
①A、B中相同的数字少于两个（如147和289）
②A、B中相同的数字不少于两个，但不都在相同的数位上（如147和174）
根据以上内容判断：在本轮游戏中，甲和乙“心有灵犀”的概率为______．
【答案】##
【解析】
【分析】先分析时，甲和乙“心有灵犀”的概率，然后根据互斥事件的概率加法公式可得.
【详解】由题知，当A、B中至少有两个数字相同，且相同数位上时，甲和乙“心有灵犀”.
不妨记，当A、B中有三个数字相同时，有1种情况；
当A、B中只有两个数字相同时，
若百位和十位相同，有9种情况，
若百位和个位相同，有9种情况，
若十位和个位相同，有8种情况，
所以，当A、B中只有两个个数字相同时，有种情况.
综上，当时，有种情况使得甲和乙“心有灵犀”.
因为三位数共有个，
所以当时，甲和乙“心有灵犀”的概率为，
又因为甲写出每一个三位数且甲和乙“心有灵犀”的事件互斥，
例如：事件“且甲和乙“心有灵犀””和事件“且甲和乙“心有灵犀””互斥.
所以，甲和乙“心有灵犀”的概率为.
故答案为：.
14. 给定一种有穷正整数列的延伸机制Ξ，如图所示：
记经Ξ延伸后得到的无穷数列为，则______．
【答案】
【解析】
【分析】先分析第个连续的串的长度，用等比数列工具求解，然后再利用相应结果得到答案.
【详解】记第个连续的串的长度分别是，则，.
从而，即，，.
根据等比数列知识，得到，，.
由于
，
.
所以.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于使用合适的工具分析问题，以及对新定义的理解.
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. 俱乐部是具有某种相同兴趣的人进行社会交际、文化娱乐等活动的团体和场所．一些顶尖的俱乐部不仅对会员的要求非常严苛，加入也要经过现任会员邀请并接受资格测试和对个人素养、社会地位等的综合考察．研究人员通过模型预测某俱乐部标准资格测试的参试成绩（总计100份），绘制成下表（已知B卷难度更大）：
某俱乐部标准资格测试参试成绩预测
（1）若至少有5%的把握认为及格率与试卷难度无关，求a的最小值；
（2）在预测的40份B卷参试成绩中随机挑选3份，记不及格的份数为X
①求X的分布列及数学期望；
②人教A版选择性必修第三册第80页上写道：对于不放回抽样，当n远远小于N时…此时，超几何分布可以用二项分布近似．近似指的是期望还是方差？试判断并说明理由．
附：，其中．
【答案】（1）19； （2）①分布列见解析，；②方差，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）根据表格数据写成列联表，解不等式即可；
（2）①根据超几何分布概率公式求概率即可得分布列，再由期望公式求期望；
②根据超几何分布和二项分布的关系进行分析可得.
【小问1详解】
根据表中数据得列联表：
零假设为：及格率与试卷难度无关.
由题知，，
整理得，
解得，
依题意知，，所以a的最小值为.
【小问2详解】
①在预测的40份B卷参试成绩中，不及格和及格各20份，
由题知，的可能取值有，
，
，
得X的分布列为：
所以.
②当n远远小于N时,超几何分布与二项分布近似指的是方差，
由①知，若进行放回抽样，则，，
放回抽样和不放回抽样期望相等，所以近似指的是方程.
当n远远小于N时，每次抽取后对N的影响非常小，此时放回与不放回对概率影响可以忽略不计，
所以，此时超几何分布与二项分布近似.
16. 已知定义在上的函数，．
（1）分别说明，的单调性；
（2）若函数存在唯一极小值点，求的取值范围．
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）分别求出函数，导数，再对分类讨论，利用导数与单调性的关系即可求解；
（2）令，求出的导函数，对进行分类讨论，由函数存在唯一极小值点，即可求得的取值范围．
【小问1详解】
由题可得：，
当时，在上恒成立，所以在上单调递减；
当时，令，解得：，令，解得：，
所以在上单调递减；在上单调递增，
综上，当时在上单调递减；
当时，在上单调递减；在上单调递增；
由题可得：，
令，解得：，令，解得：，
所以在上单调递减；在上单调递增
【小问2详解】
令，
则，
令，则，
①当时，在上恒成立，
故当时，，当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
所以有唯一极大值点，没有极小值点，不满足题意；
②当时，在恒成立，在上单调递增，，
故当时，，当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以有唯一极小值点，满足题意；
③当时，令，解得：，令，解得：，
故在上单调递减，在上单调递增，
则，
令，解得，
当时，在上恒成立，由②可知有唯一极小值点，满足题意；
当时，，，，
又因为在上单调递减，在上单调递增，
所以存在唯一实数，，使得，，又，
故当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减
当时，，在上单调递增，
所以的极小值点为，，不唯一，不满足题意；
综上，的取值范围
【点睛】方法点睛：利用导数研究函数极值、最值的方法
（1）若求极值，则先求方程的根，再检查在方程根的左右函数值的符号；
（2）若探究极值点个数，则探求方程在所给范围内实根的个数；
（3）若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程根的大小或存在情况来求解；
（4）求函数f(x)在闭区间的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值，与的各极值进行比较，从而得到函数的最值．
17. 已知无限高圆柱．如图，四边形内接于其底面⊙O，P为其内一动点（包括表面），且平面平面，．
（1）是否存在点使得直线平面？试判断并说明理由．
（2）若，二面角的大小为，求最大时直线与平面所成角的余弦值．
【答案】（1）不存在，理由见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）假设存在点使得直线平面，利用线面垂直的性质与判定定理推出矛盾，即可得解；
（2）先说明是等边三角形，确定最大时的情况，结合空间向量或线面角的定义即可求解.
【小问1详解】
不妨假设存在点使得直线平面，
因为平面，所以，又四边形ABCD内接于，所以，
在平面PAD上作直线于，因为平面平面，
平面平面平面，所以平面，
又因为平面，故，
又平面平面，所以平面.
而平面平面，故，不垂直，与题意矛盾.
所以不存在点使得直线平面.
【小问2详解】
因为，所以，
取AB中点，连接OF延长交于，则，
所以四点共线，则，即，
因为为AB中点，所以，则。
则，所以，
同理可证，所以是等边三角形.
法一：以为坐标原点，，向上为x，y，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
设半径为，其中，
所以，
设平面PAB的法向量，
则
取，可得，
取平面ABCD的一个法向量
所以，
解得，则取，
设平面PAD的法向量，
则，
取，又，解得，
设直线的方向向量，
则，
取，可得，所以，
由题意可知平面ABCD时AP取得最大值，
则，
所以，解得舍），
则，
设平面PBD的法向量
则，取，可得，
设直线PC与平面PBD所成的角为，
所以，
因为，所以，
故最大时直线PC与平面PBD所成角的余弦值为.
法二：设在底面上投影为，
直线PA与底面所成角为半径为，由三余弦定理及三正弦定理得
因为，则
所以为定值，而，
所以取最大值时，取最大值即与重合时，
故直线平面ABCD，
此时有，
作直线BD于，
连接PH，作于，
所以，
因为平面ABCD，所以，
又因为平面，
所以平面BDH，而平面CDH，
所以，又因为平面，
所以平面BDH，则即为直线PC与平面BDH所成角的平面角，
所以，
故取最大时直线PC与平面PBD所成角的余弦值为.
18. 已知焦点为F的抛物线Γ：，圆F与Γ在第一象限的交点为P，与x正，负半轴分别交于点H，G．直线PH，直线PF与Γ的另一交点分别为M，N，直线MN与直线PG交于点T．
（1）若，证明：；
（2）若，求的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）设，根据题意得到点的坐标，设直线的方程为，与抛物线方程联立，即可得到点的坐标，再写出直线的方程，并与抛物线方程联立，即可得到点的坐标，再结合到角公式计算出和即可证明；
（2）由条件可得，再由代入计算，
【小问1详解】
由题意知，
设，则，由得，
又，所以，
设直线的方程为，
由可得，则，又因为，所以．
，直线的方程为，
由得，由，
得．
所以
所以，所以，所以为锐角；
又，所以，所以为钝角，
故；
【小问2详解】
因为，由（1）知，设，则，，，，，所以
直线的方程为，
作，垂足为，则，直线的方程为，
将直线与的方程联立，得解得．
所以，所以，
由相似三角形的性质可得，故，
因为，
所以（当且仅当时等号成立），
故，即的面积的取值范围为．
19. 小学我们都学过质数与合数，每一个合数都能分解为若干个质数的积，比如，等等，分解出来的质数称为这个合数的质因子，如2，3都是6的质因子．在研究某两个整数的关系时，我们称它们是互质的，如果它们没有相同的质因子．例如25的质因子只有5，而36的质因子只有2，3，所以25，36是互质的．为方便表示，对于任意的正整数，我们将比小且与互质的正整数的个数记为．例如，小于10且与10互质的数有1，3，7，9，所以，同理有．
（1）求，；
（2）求所有，，使得是奇数；
（3）若正整数，其中表示互不相同的质数．证明：.
【答案】（1），
（2）
（3）证明见解析
【解析】
分析】（1）直接证明当时有，然后利用该结论求解；
（2）利用（1）中的结论求解即可；
（3）这就是（1）中结论的直接推论.
【小问1详解】
我们先证明一个引理.
引理：对正整数，设的质因数分解式为，其中表示互不相同的质数，则有.
引理的证明：由于，故和不互质，从而就是中，和互质的数的个数.
由于的全部质因子为，故一个正整数和互质，当且仅当它不被每个整除.
设集合，，这里.
换言之，就是中全体的倍数.
由于是不同的质数，故它们两两互质，从而对任意，都有
.
从而，这里表示集合的元素个数.
所以由容斥原理可得
.
将展开即知.
所以，引理得证.
回到原题，由于，，故由引理知
，.
【小问2详解】
根据（1）中的引理，我们可以直接得出，若正整数，则是的倍数，所以如果是奇数，则一定是奇数.
对正整数，我们分两种情况讨论.
情况一：是的倍数.
取最大的正整数，使得整除，则.
根据正整数的取法，一定是奇数，所以和互质.
若，则根据（1）中的引理有是偶数；
若，设，这里是互不相同的奇质数，则根据（1）中的引理，有
.
从而是偶数.
无论怎样都有是偶数，故此时不满足条件；
情况二：不是的倍数，且是偶数.
此时如果，则，满足条件；
如果，则是大于的奇数，设，这里是互不相同的奇质数，则根据（1）中的引理，有
.
而是奇数，故是奇数，所以是奇数，满足条件.
无论怎样都有是奇数，故此时满足条件；
情况三：是奇数.
此时由于是奇数，所以是奇数，故此时满足条件.
综上，所求的全部的集合为.
【小问3详解】
显然这就是（1）中引理的直接推论.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于给出适当的结论作为基础，从而方便研究所求的问题.
不及格
及格
良好
优秀
A卷
a
b
16
4
B卷
20
12
6
2
α
0.050
0.025
0.010
0.005
0.001
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
不及格
及格
合计
A卷
a
60
B卷
20
20
40
合计
100
0
1
2
3
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