江苏省镇江市2024-2025学年高三下学期期初质量监测数学试题（Word版附解析）

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1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出集合的解集，再根据集合的运算可求出结果.
【详解】集合，
又集合，
故选：D.
2. 虚数满足等式是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由复数的乘除运算结合共轭概念即可判断；
【详解】解：因为，
所以
故选：B
3. “”是“函数在上单调递增”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
【答案】B
【解析】
【分析】先由函数在上单调递增求出此时的范围，进一步结合必要不充分条件的定义即可求解.
【详解】解：由题意易知或，
且开口向上，且对称轴为，
结合复合函数的单调性知在上单调递增，
所以当时不能得出在上单调递增，即不满足充分性；
而函数在上单调递增可知，
显然成立，满足必要性.
故选：B.
4. 已知等比数列前n项和为，且，，成等差数列，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】应用等比数列前项和公式基本量运算即可.
【详解】因为等比数列的前n项和为，且，，成等差数列，
所以，
设等比数列的公比为q，
由题意知，，
所以，
化简，得，解得或舍去，
所以
故选：
5. 已知平面向量，，满足，，，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由，通过平方求得，即可求解；
【详解】解： ，
，且 ，，
， ，
，
，且 ，
，
故选：B.
6. 若，，则（ ）
A. B. 31C. D. 32
【答案】B
【解析】
分析】利用赋值法求解即可.
【详解】解：令，得 ，即 ，
令，得 ，
即 ，
所以 .
故选：B.
7. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用两角和与差的余弦公式先求出 的值，从而可以得到的值，再结合二倍角的余弦公式即可得出结果.
【详解】解：因为，，
所以 ，
所以 ，
所以 ，
所以.
故选：D
8. 已知椭圆的左、右焦点分别为，点A在C上，点B在y轴上，，，则椭圆C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用椭圆的定义，通过假设一条焦半径长，就可以得到其他焦半径的表示，再利用勾股定理来消元假设的字母，最后利用一个角和余弦定理来建立一个的齐次式，求解离心率.
【详解】
因为，所以三点共线，
又 ，所以 为直角三角形，
记 ，则 ，
由椭圆定义和对称性可得 ，
则有，解得或（舍去），
则，
记 ，则 ，
在中，由余弦定理得 ，整理得 ，
则椭圆C离心率为.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：椭圆过焦点的三角形问题，关键是充分利用椭圆定义，结合余弦定理、勾股定理得到关于的齐次式，然后可求离心率.
二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分.
9. 已知点M在圆上，点，，则（ ）
A. 存在点M，使得B. 的最大值为
C. 存在点M，使得D.
【答案】AD
【解析】
【分析】将圆的方程配成标准式，即可得到圆心坐标与半径，从而判断A、B，设，若，推出恒成立，即可判断C、D.
【详解】圆即，圆心，半径，又，
所以，因为点在圆上，所以，
所以存在点，使得，故A对．
因为，所以点在圆外，又，点在圆内，
所以当与圆相切时，取最大值，
此时，所以，故B对．
对于D，设，若
，
又点在圆上，一定成立，故D对，C错.
故选：AD．
10. 体育教育既能培养学生自觉锻炼身体的习惯，又能培养学生开拓进取、不畏艰难的坚强性格.某校学生参加体育测试，其中甲班女生的成绩X与乙班女生的成绩Y均服从正态分布，，，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据正态分布的性质逐一判断即可.
【详解】选项A，由，得，故A错误;
选项B，由，得，故B正确;
选项C，由于随机变量Y服从正态分布，
所以，故C正确;
选项D，因为，平均值和标准差分别为，
，平均值和标准差分别为，
所以，
，而，
故，D正确.
故选：BCD
11. 1202年，斐波那契从“兔子繁殖问题”得到斐波那契数列1，1，2，3，5，8，13，21，，该数列的特点是前两项为1，从第三项起，每一项都等于它前面两项的和.记为该数列的前n项和，则下列结论正确的有（ ）
A. B. 为奇数
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】列出数列前几项，可计算得选项A正确，再观察数列数字的特点可得B；由递推公式计算判断选项C，选项D.
【详解】解：对于A，记该数列为，由题意知，，，，，，，，
，，，故A正确;
对于B，因为该数列的特点是前两项为1，从第三项起，每一项都等于它前面两项的和，
此数列中数字以奇数、奇数、偶数的规律循环出现，每3个数一组，而，
故为偶数，故B错误;
对于C，由题意知，所以，
，故C正确;
对于D，，，，，
，
将这些等式左右两边分别相加得：
，
所以，D选项正确.
故选：
【点睛】关键点点睛：根据“斐波那契数列”的递推关系列出数列前几项，观察数列数字的特点，再由递推公式即可求得结果.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 抛物线上一点M到其焦点距离为3，则点M到坐标原点的距离为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据抛物线的定义以及焦半径可求得点的坐标，即可求得结果.
【详解】设，由抛物线可得，
抛物线上点到焦点的距离等于3，
，解得，
，
点M到坐标原点的距离为
故答案为：
13. 若函数在上恰有三个零点，则的可能取值为__________写出一个满足条件的正整数
【答案】6（或7，答案不唯一）
【解析】
【分析】当时，，结合正弦函数图象，所以即可求解；
【详解】函数，
当时，，
又函数在上恰有3个零点，
所以，解得，
所以的可能取值为或7.
故答案为：6或7
14. 勒洛四面体是以一个正四面体的四个顶点分别为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分围成的几何体.如图，若构成勒洛四面体的正四面体的棱长为4，在该“空心”勒洛四面体 内放入一个正方体，使得此正方体能在该勒洛四面体内任意旋转，则该正方体的棱长最大值是__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据正方体的棱长最大时，其外接球为勒洛四面体的内切球，根据正方体的性质可求解，即可求解.
【详解】解：因为正方体可以在勒洛四面体内任意转动，
所以正方体的棱长最大时，其外接球为勒洛四面体的内切球，
记此时勒洛四面体的内切球半径为R，则正方体的外接球半径为R，
设正方体的棱长为a，
则，得，
设正四面体棱长为m，则其外接球的直径为所在正方体棱长为的体对角线长，
因此可得正四面体外接球半径为，
由对称性可知，勒洛四面体内切球的球心为正四面体的外接球的球心，
连接并延长交勒洛四面体的曲面于点，
则就是勒洛四面体内切球的半径，
易知正四面体的外接球半径为，
故勒洛四面体的内切球半径为，
故所求正方体棱长的最大值为
故答案为:
四、解答题：本题共5小题，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 .
（1）求；
（2）若，，的角平分线交于点，求
在条件①；②；③中任选一个，补充完整上面题目，并解答.
【答案】（1）条件选择见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）若选①、②，利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式求出，即可得解；若选③，利用余弦定理求出，即可得解；
（2）利用余弦定理求出、，再由等面积法计算可得.
【小问1详解】
若选①因为，由正弦定理得，
则，
即，
所以，
因为，所以，，从而；
若选②因为，
由正弦定理得，
则，
在中，，又，即，
所以，即，所以；
若选③因为，则，
所以，因为中，，所以；
【小问2详解】
在中，由余弦定理得，，
则，解得（负值已舍去），从而，
因为的角平分线交于点，
所以，
所以，
即，所以.
16. 如图所示，在直三棱柱中，，，D，E分别为棱，的中点.

（1）证明：
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）以C为坐标原点，分别以CA，CB所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系计算即可得证；
（2）分别计算平面的法向量和平面的法向量，利用夹角公式即可求解.
【小问1详解】
证明：在直三棱柱中，平面ABC，平面ABC，
所以，又，
所以，可以以C为坐标原点，分别以CA，CB所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
则，，
所以，
即
【小问2详解】
由得，，

设向量是平面的一个法向量，则，，
即可取
显然为平面的一个法向量，
设二面角的平面角为，所以，，
又因为二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为
17. 口袋中有大小相同、质地均匀的3个白球和3个黄球.甲乙两人进行摸球游戏，规则如下：每次摸2个球，观察颜色后放回，若颜色相同时，则摸球人继续摸球；否则由对方摸球.第一次由甲开始摸球，记第n次由甲摸的概率是
（1）求，；
（2）证明：数列是等比数列，并求
【答案】（1），
（2）证明见解析，
【解析】
【分析】（1）代表的是第2次由甲摸球，所以第一次甲摸得球颜色相同，代表的是第3次由甲摸球，这个时候有两种情况；
（2）根据题意得到与的关系式，即可证明为等比数列，再根据等比数列的通项公式得到.
【小问1详解】
第一次由甲开始摸，，
表示第二次由甲摸球的概率，，
表示第二次由甲摸球或第二次由乙摸球后，
第三次由甲摸球的概率，
所以，
【小问2详解】
当时，表示第次由甲摸球后或由乙摸球后，第 n次由甲摸球的概率，
所以，
即，
所以，
因为，即，
所以数列是以为首项，公比为的等比数列.
即，，
当时，满足，
所以
18. 如图，双曲线的实轴长是虚轴长的2倍，焦点到渐近线的距离为动直线l分别交双曲线C的两条渐近线于M，N，其中点M在第一象限，点N在第四象限，且与双曲线C只有一个公共点
（1）求双曲线C的标准方程;
（2）证明：点P为线段MN的中点;
（3）过点P分别作两条渐近线的平行线交渐近线于E，F，求证：四边形OEPF的面积为定值，并求出该定值.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）证明见解析，定值
【解析】
【分析】（1）根据题意结合双曲线性质求，即可得双曲线方程；
（2）设直线MN的方程：，直曲联立结合可得，再求交点坐标结合中点分析证明，注意分类讨论直线斜率是否存在；
（3）根据（2）中结论求和坐标原点到直线l的距离，进而求面积即可.
【小问1详解】
设双曲线C的焦点坐标为，
因为实轴长是虚轴长的2倍，则，
又因为焦点到渐近线的距离为1，
则，可得，解得，，
所以双曲线C的标准方程：
【小问2详解】
当直线l的斜率不存在时， P点为MN的中点；
当直线l的斜率存在时，设直线MN的方程：，
联立方程，得，
因为直线l分别交双曲线C的两条渐近线于M，N，
其中点M在第一象限，点N在第四象限，且与双曲线C只有一个公共点P，
所以，即：，
双曲线两条渐近线方程为：，
联立方程，解得，
联立方程，解得，
则MN的中点坐标：，即，
代入得，，
所以MN的中点坐标满足双曲线方程，即MN的中点在双曲线上，
又因为直线l与双曲线C只有一个公共点P，
可知点P为线段MN的中点；
综上所述：点P为线段MN的中点.
【小问3详解】
由题意可知：，
坐标原点到直线l的距离：，
则，
代入得.
所以平行四边形OEPF面积定值
【点睛】易错点点睛：第二问中注意讨论直线l的斜率存在与不存在两种情况，以及由动直线l与双曲线C恰有1个公共点，直曲联立后由得到参数k、m的关系.
19. 已知函数，
（1）讨论的单调性;
（2）若恒成立，求a的值;
（3）若，求证：
【答案】（1）答案见解析；
（2）；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）先求导函数，分和两种情况得出导函数正负即可得出单调性；
（2）化简构造函数计算导函数得出函数的最小值恒成立；
（3）应用（2）化简不等式为，做差证明即可.
【小问1详解】
因为，，所以，
所以当时，，在上单调递减；
当时，，，在上单调递增，，，在上单调递减，
【小问2详解】
因为恒成立，即在恒成立，
记，，，
当时，，在上单调递增，由，则，，不符合题意.
当时，令，，
，则，在上单遇递增，
，，
，使得①，
所以在上单调递减在单调递增，则恒成立，
由①得
所以，
即，当且仅当时，，所以，
记，，，
即在上单调递增，在单调递减，，即
【小问3详解】
由（2）知，在恒成立，
得在恒成立，
因为，所以，①，
下证：②成立，
由①②得
【点睛】关键点点睛：证明的关键点是构造函数求出导函数，根据导函数正负得出单调性即可证明