江苏省泰州中学2025届高三上学期一模数学试卷(含答案)

这是一份江苏省泰州中学2025届高三上学期一模数学试卷(含答案)，共18页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．已知集合，，( )
A.B.C.D.
2．已知i是虚数单位，复数，在复平面内对应的点坐标分别为，，则为( )
A.B.2C.D.
3．已知曲线与曲线在交点处有相同的切线，则( )
A.1B.C.D.
4．已知直线l经过点,则“直线l的斜率为-1”是“直线l与圆相切”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件
5．在四边形中，，，，，则四边形的面积为
A.2B.3C.4D.5
6．已知，则( )
A.B.C.D.
7．已知抛物线的焦点为F，坐标原点为O，过点F的直线与C交于A，B两点，目点O到直线的距离为，则的面积为( )
A.B.C.D.
8．某软件研发公司对某软件进行升级，主要是软件程序中的某序列重新编辑，编辑新序列为，它的第n项为，若序列的所有项都是2，且，，则( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．已知实数a，b满足，则( )
A.B.C.D.
10．在某学校开展的“防电信诈骗知识竞赛”活动中，高三级部派出甲，乙，丙，丁四个小组参赛，每个小组各有10位选手.记录参寒人员失分（均为非负整数）情况，若该组每位选手失分都不超过7分，则该组为“优秀小组”，已知选手失分数据信息如下，则一定为“优秀小组”的是( )
A.甲组中位数为3，极差为4B.乙组平均数为2，众数为2
C.丙组平均数为3，方差为2D.丁组平均数为3，第65百分位数为6
11．已知菱形的边长为2，，E，F，G分别为、、的中点，将沿着对角线折起至，连结，得到三棱锥.设二面角的大小为，则下列说法正确的是( )
A.
B.当平面截三棱锥的截面为正方形时，
C.三棱锥的体积最大值为1
D.当时，三棱锥的外接球的半径为
三、填空题
12．在正四棱锥中，，则该棱锥的体积为____________.
13．已知函数的最小正周期不小于，且恒成立，则的值为________.
14．设A为双曲线的一个实轴顶点，B，C为的渐近线上的两点，满足，，则的渐近线方程是___________.
四、解答题
15．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，的面积为，.
（1）求角C的大小；
（2）若，求的周长.
16．已知三棱柱的棱长均为2，，
（1）证明：平面平面；
（2）若，且直线与平面所成角的正弦值为，求点M到直线的距离.
17．设等差数列的公差，且，记为数列的前n项和.
（1）若，，成等比数列，且，的等差中项为36，求数列的通项公式；
（2）若且，比较与的大小.
18．已知椭圆，直线l与椭圆相交于A，B两点，M为线段的中点.
（1）设直线l的斜率为k，已知，求证：；
（2）直线l不与坐标轴重合且经过的左焦点，直线与椭圆相交于C，D两点，且，求直线l的方程.
19．已知函数，证明：
（1）在上单调递减，在上单调递增；
（2）若的两个零点为，，则
（i）；
（ii）.
20．如图，在四棱锥中，平面，，，，.点E在棱上且与P，A不重合，平面交棱于点F.
（1）求证：；
（2）若E为棱的中点，求二面角的正弦值；
（3）记点A，P到平面的距离分别为，，求的最小值.
参考答案
1．答案：C
解析：集合，
，
所以.
故选：C.
2．答案：D
解析：
3．答案：B
解析：函数，，
曲线在点处切线的斜率为：，
曲线，，
，解得.
故选：B.
4．答案：C
解析：由题,圆C是圆心为,半径为的圆,
当直线l的斜率不存在时,直线方程为,
此时圆心到直线距离为1,不等于半径,与圆不相切不符合;
当直线l的斜率存在时,设直线为,化为一般式即,
则圆心到直线距离为,解得,
所以“直线l的斜率为-1”是“直线l与圆C相切”的充要条件,
故选：C.
5．答案：D
解析：在四边形中，，，
，
，四边形是平行四边形，如图，
，，分别表示，，的单位向量，
，平方可得
，，四边形矩形，
平分，四边形是菱形，
四边形是正方形，且，
此四边形的面积为5.
故选：D.
6．答案：A
解析：由，得，
即解得，
所以，
故选：A
7．答案：B
解析：拋物线的焦点为，准线，
设直线为，
因为点O到直线的距离为，
所以，可得，
联立，即，
，故，
故，
故.
所以的面积为：.故选：B.
8．答案：B
解析：设，由题意得，
则的第n项为，
则时，
.
因为,，
所以,，
解得，.
9．答案：BD
解析：对于A，当,时，满足，但不成立，故A项错误；
对于B，由函数是R上的增函数，可知由可得到成立，故B项正确；
对于C，当时，由不能推出，故C项错误；
对于D，函数的导数，可知该函数是R上的增函数，由可得到，即成立，故D正确.
故选：BD.
10．答案：AC
解析：A选项，假设存在选手失分超过7分，失8分，
根据极差为4，得到最低失分为4分，
此时中位数不可能为3，故假设不成立，
则该组每位选手失分都不超过7分，则该组为“优秀小组”，A正确；
B选项，假设乙组的失分情况为0,0,1,1,2,2,2,2,2,8，
满足平均数为2，众数为2，但该组不为“优秀小组”，B错误；
C选项，丙组的失分情况从小到大排列依次为，，…，，
丙组平均数为3，方差为2，
即，
若，则，不合要求，故，
所以该组每位选手失分都不超过7分，则该组为“优秀小组”，C正确；
D选项，，故从小到大，选取第7个数作为第65百分位数，
即从小到大第7个数为6，
假设丁组失分情况为0,0,0,0,0,0,6,6,6,12，
满足平均数为3，第65百分位数为6，但不是“优秀小组”，D错误.
故选：AC
11．答案：ACD
解析：对A，取中点H，则由,，
所以，，平面，，
所以面，又平面，所以，A正确；
对B，取的中点I，易知为平行四边形，
则截面为正方形时，，由中位线，，又，
所以不可能为，B错误；
对C，当面时体积最大，
最大为,C正确；
对D，过和的外心作所在面的垂线，则交点O即为球心，
又，所以，
所以,D正确.
故选：ACD.
12．答案：
解析：P在平面上的投影是H，因为是正四棱锥，
所以H是正方形对角线的交点，连结，
，，
所以，于是.
故答案为：.
13．答案：2
解析：
14．答案：
解析：根据题意，作图如下：
依题意，为的角平分线，且，
设，由角平分线定理可得：，则；
在中，由余弦定理；
在中，由余弦定理可得，，
即，解得.
故，，
所以的渐近线方程是.
故答案为：.
15．答案：（1）；
（2）
解析：（1）由题意知：，所以
因为，所以，
所以
因为，所以
因为，所以；
（2）由正弦定理得：
由（1）知：，所以，
由余弦定理得：
即，所以，
所以的周长为.
16．答案：（1）证明见解析；
（2）
解析：（1）取的中点O，连接，，，，，所以，，
由题设可知，为边长为2的等边三角形，所以，
由，，所以，
又因为，，平面，
所以平面，
又因为平面，所以平面平面；
（2）以所在直线为x轴，以所在直线为y轴，以所在直线为z轴，建立空间直角坐标系.
所以，，，，，，，.
因为，则，，
设平面的法向量为，
则即
取，，，
所以是平面的一个法向量.
设直线与平面所成角为，
，
解得，所以
又因为，，所以
所以点M到直线的距离
17．答案：（1）；
（2）
解析：（1）由已知得，
即，化简得，
，
又，即，所以，故
（2）易知等差数列的首项，不妨设，
，，
又，所以，，
18．答案：（1）证明见解析；
（2）
解析：（1）设，，
由，得，变形得，
（2）由题意，直线l不与x轴重合，设直线l的方程为，
联立，得，，
设，，则，，
则弦的中点M的坐标为，
由对称性，不妨设，，则，其中.
可得
由题意，
且，
故，即，
代入，，，得，
解得，故直线l的方程为
19．答案：（1）证明见解析；
（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析
解析：（1），令，
则，，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
当时，；
当时，.
故在上单调递减，在上单调递增.
（2）（i），
当时，，故在内没有零点.
当，；当时，，
根据函数零点存在定理，在区间和内各有一个零点.
因此，，
令，则，
令，则，，，
故在上单调递减，在上单调递增，
因此，当时，，
即在上单调递增.
于是，即.
又因为在上单调递增，故，即.
（ii）令，则.
当时，，故在上单调递减，
，即.
因此，，即①.
当时，，
故，即②
根据不等式的同向可加性①+②得.
20．答案：（1）证明见解析；
（2）；
（3）
解析：（1）因为，平面，平面，
所以平面.
又平面，平面平面.
所以.
（2）如图：
取中点M，连接.
因为平面，平面，所以.
在四边形中，，且，
所以四边形为矩形.所以平面.
又在和中，，，.
所以（SSS）.所以，.
故，，两两垂直，所以以D为原点，建立如图空间直角坐标系.
当E为中点时，，，，，.
所以，，.
设平面的法向量为，
则，取
设平面的法向量为，
，取，
所以，
所以二面角的正弦值为：
（3）设，，
则，，，
设平面的法向量为，
则，取
则A到平面的距离为：
P到平面的距离为：
所以
设，则
那么（当且仅当即时取“=”）
所以.