江苏省部分学校2025届高三下学期4月调研考试数学试卷（解析版）

这是一份江苏省部分学校2025届高三下学期4月调研考试数学试卷（解析版），共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 如果复数z满足，那么的最小值是（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】A
【解析】设复数，，在复平面内对应的点分别为，，，
因为，，
所以复数z对应的点Z的集合线段，如图所示，
所以求的最小值的问题转化为：动点Z在线段上移动，求的最小值．
因此作于，则与的距离即为所求的最小值，，
故的最小值是1．
故选：A．
2. 已知集合，则集合A的子集个数为（ ）
A. 4B. 8C. 16D. 32
【答案】C
【解析】由，得或，
解得或空集，
又，所以，
则集合A的子集个数为.
故选：C
3. 已知，若对于任意的实数m，不等式恒成立，则cs∠BAC＝（ ）
A. B. C. －D.
【答案】C
【解析】因为，，且关于不等式恒成立，
所以，
所以，
整理得对于任意实数恒成立，
所以，
所以，，
故选：C.
4. 已知，且，则下列结论正确的是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】有，得，，，由于，所以，故选A.
5. 已知数列满足，. 下列说法正确的是（ ）
A. 数列每一项都满足
B. 数列是递减数列
C. 数列的前项和
D. 数列每一项都满足成立
【答案】ABD
【解析】对于A，，，
当时，，所以，
假设当时，；
则当时，，
综上，，故A正确；
对于B，由，可得数列是递减数列，故B正确；
对于C，，，，，
，故C错误；
对于D，因为，所以，
累加得，所以，即，
所以，又，故成立，故D正确．
故选：ABD.
6. 一个密闭的长方体盒子高为4，底面是边长为2的正方形，盒内有一个半径为1的小球，若将盒子任意翻动，则小球不能到达区域的体积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】小球在长方体盒子自由滚动当与长方体三面相切时，
即在正方体的8个顶点处的单位立方体空间内，
不能达到的空间为，
此后当小球移动时与长方体的侧面两面相切，
其不能达到的空间为以长方体的侧棱中间长为2的棱为棱柱减去底面半径为1的圆柱的四分之一体积
（这样的空间有四个），体积为，
故小球达不到的空间体积为：.
故选：B
7. 如图，圆与轴相切于点，与轴正半轴交于两点、（在的上方），且，过点任作一条直线与圆相交于、两点，的值为（ ）
A. 2B. 3C. D.
【答案】C
【解析】因为圆与轴相切于点，所以圆心的横坐标为，
如图，取的中点，连接、，
因为，点是弦的中点，所以，，
则，， 圆的半径，
故，圆的标准方程为，
联立，解得，，，
设点，则，
，
同理可得，
故，
故选：C.
8. 为备战乒乓球赛，某体校甲､乙两名主力进行训练，规则如下：两人每轮分别与老师打2局，当两人获胜局数不少于3局时，则认为此轮训练过关；否则不过关.若甲､乙两人每局获胜的概率分别为，，且满足，每局之间相互独立.记甲、乙在轮训练中训练过关的轮数为，若，则从期望的角度来看，甲､乙两人训练的轮数至少为（ ）
A. 28B. 24C. 32D. 27
【答案】D
【解析】由题可得，甲乙两人通过训练的概率为：，
因，由基本不等式，，
当且仅当时，取等号.
则.
又注意到甲、乙在轮训练中训练过关的轮数为满足二项分布，则期望为：
，结合，可得.故D正确.
故选：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. 某农科所针对耕种深度x（单位：cm）与水稻每公顷产量（单位：t）的关系进行研究，所得部分数据如下表：
已知，用最小二乘法求出y关于x的经验回归方程：，，，数据在样本，的残差分别为，．
（参考数据：两个变量x，y之间的相关系数r为，参考公式：，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】对于选项A，因为，，
所以，得到，所以，得到，所以选项A正确，
对于选项B，因为，又，
，
所以，所以，故选项B正确，
对于选项C，因为，所以选项C错误，
对于选项D，因为，得到，，
所以，所以选项D正确，
故选：ABD．
10. 已知，，若与图像的公共点个数为，且这些公共点的横坐标从小到大依次为，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】BC
【解析】对于A，当时，如下图，

则，，所以，又图像关于对称，
结合图像有，即有，故A错误；
对于B，当时，如下图，

易知在，且，与图像相切，
由当时，，则，，
故，从而，
所以，故B正确；
对于C，令，显然有，即是方程的一个根，又易知，是偶函数且，因为，所以时，没有零点，令，则，当时，，又过原点，当时，是在原点的切线，如图，

所以时，，故C正确；
对于D，当时，由，
与的图像在轴右侧的前个周期中，每个周期均有个公共点，共有个公共点，故D错误.
故选：BC.
11. 六氟化硫（）分子结构为正八面体（可看作是将两个棱长均相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体）.如图，正八面体的棱长为，下列说法中正确的有（ ）
A. 异面直线AE与BF所成的角为45°
B. 此八面体的外接球与内切球的体积之比为
C. 若点P为棱上的动点，则的最小值为
D. 若点为四边形的中心，点为此八面体表面上动点，且，则动点的轨迹长度为
【答案】BD
【解析】对于A，由正八面体的结构特征可得，，所以异面直线AE与BF所成的角为，A错误；
对于B，根据对称性易得其外接球与内切球的球心为其中心，所以，内切球切点在面的中线上，
且在四边形中，由等面积法可得，则，B正确；
对于C，因为的展开图为一个角为的菱形，对角线即为的最小值，此时，C错误；
对于D，因为到各棱的距离都等于，则点在各面的轨迹恰好为各个面的内切圆，记其半径为，
因为为等边三角形，
所以，所以在一个面的轨迹长度为，
所以在八个面内的轨迹长度之和为，D正确.
故选：BD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 一座五层高灯塔，底层所开灯的数量为30盏，每一层开灯的数量都是下面一层的两倍，则一共开了______盏灯．
【答案】
【解析】由题意，若将每层开灯的数量设为数列，
则易知数列是以为首项，以为公比的等比数列，设其前项和为，
所以一共开灯的数量.
故答案为：.
13. 已知抛物线，过点作两条直线分别交抛物线于和（其中在轴上方）．当垂直于轴，且四边形的面积为时，直线的方程为______．
【答案】或
【解析】当垂直于轴时，，
设直线，
，所以，
联立得，，
所以，
所以，
所以，即直线的方程为或.
故答案为：或.
14. 已知非空集合M满足M⊆{0，1，2，…n}（n≥2，n∈N+）．若存在非负整数k（k≤n），使得当a∈M时，均有2k-a∈M，则称集合M具有性质P．设具有性质P的集合M的个数为f（n），求的值为______．
【答案】31
【解析】当n=2时，M={0}，{1}，{2}，{0，2}，{0，1，2}具有性质P，
对应的k分别为0，1，2，1，1，故f（2）=5．n=k时，具有性质P的集合M的个数为f（t），
则当n=k+1时，f（t+1）=f（t）+g（t+1），
其中g（t+1）表达t+1∈M也具有性质P的集合M的个数，
下面计算g（t+1）关于t的表达式，
此时应有2k≥t+1，即k≥ ，故对n=t分奇偶讨论，
当t为偶数时，t+1为奇数，故应该有k≥，
则对每一个k，t+1和2k-t-1必然属于集合M，且t和2k-t，…，k和k共有t+1-k组数，每一组数中的两个数必然同时属于或不属于集合M，
故对每一个k，对应的具有性质P的集合M的个数为
所以
②当t为奇数时，t+1为偶数，故应该有k≥，
同理
g（t+1）=
∴f（t+1）=
由累加法得：f（n）=
∴f（9）-f（8）=4×25-9-5-（6×24-8-5）=31．
故答案为31．
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. 在中，内角、、对边分别为、、，且.
（1）求角；
（2）若是锐角三角形，且，求的取值范围.
解：（1）因为，由正弦定理可得，
因为、，则，所以，，
则有，故.
（2）因为为锐角三角形，则，所以，，
所以，，则，
由正弦定理可得，
所以，，
即的取值范围是.
16. 两人手中各有3张《哪吒2》纪念卡片，其中手中的3张卡片为1张红色和2张蓝色，手中的3张卡片都是红色的，现在两人各从自己的卡片中随机取1张，去与对方交换，重复n次操作，记手中蓝色卡片张，恰有2张蓝色卡片的概率为，恰有1张蓝色卡片的概率为．
（1）分析操作几次后手中蓝色卡片就可能首次出现0张，并求首次出现这种情况的概率．
（2）记．证明：数列为等比数列．
解：（1）根据题意，表示“重复2次操作，手中恰有2张蓝色卡片的概率，
包含两种情况：第一次交换红色卡片，第二次还交换红色卡片；
第一次交换蓝色卡片，第二次交换红色卡片，交换蓝色卡片，
则，，，
表示“重复2次操作，手中恰有1张蓝色纪念卡片”的概率，包含两种情况：
第一次交换红色卡片，第二次交换蓝色卡片；
第一次交换蓝色卡片，第二次交换蓝色卡片，交换蓝色卡片，
或第二次交换红色卡片，交换红色卡片，
则．
其中，故交换一次不会出现的情况，而，
操作两次手中的蓝色纪念卡片就可能首次出现0张，其概率为．
（2）由题意可得，
，
则，，
所以，，得到，
故数列是首项为，公比为的等比数列.
17. 如图，在四棱锥中，四边形为正方形，，，二面角的大小为，点为线段上一点.
（1）证明：平面平面.
（2）若，求四棱锥的体积.
（3）点为线段上一动点，求直线与平面所成角的正弦的最大值.
（1）证明：设的中点分别为，连接，
由，得，由，得，
正方形中，，则二面角的平面角为，
由余弦定理，得，
，则，由，平面，
得平面，而平面，因此，又，
平面，于是平面，而平面，
所以平面平面．
（2）解：由（1）知，四棱锥的高为，点在线段上，且，
则点到平面的距离是点到平面距离的，
所以四棱锥的体积为．
（3）解：由（1）知，直线两两垂直，
以原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
，设，
，设平面的法向量为，
则，令，得，
设直线与平面所成的角为，则
，
当且仅当时取等号，所以直线与平面所成角的正弦的最大值为.
18. 如图所示，分别是“曲圆”与轴、轴的交点，已知，扇形的面积为．
（注：题目中把半椭圆与圆弧合成的曲线称作“曲圆”，其中为半椭圆的右焦点）
（1）求的值；
（2）过点且倾斜角为的直线交“曲圆”于两点，试将的周长表示为的函数；
（3）在（2）的条件下，当的周长取得最大值时，探究的面积是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请求出面积的取值范围．
解：（1）扇形的面积为，解得，
半椭圆与轴的交点，右焦点，
所以在中，，
又因为，所以.
（2）显然直线的斜率不为，所以，
由（1）知半椭圆方程为，圆弧方程为，恰为椭圆的左焦点，
①当时，分别在圆弧和半椭圆上，
因为，所以是腰为的等腰三角形，且，所以，
因为在半椭圆上，所以，
所以的周长；
②当时，在半椭圆上，
因为在半椭圆上，所以，
所以的周长；
③当时，分别在半椭圆和圆弧上，
因为，所以是腰为的等腰三角形，且，所以，
因为在半椭圆上，所以，
所以的周长；
综上，.
（3）由（2）知，当时，，
当时，，
所以当时，取得最大值，此时在半椭圆上，
设直线的方程为，
联立得，，
，
点到直线的距离，
所以，
令，因为，所以，，
，
因为在上单调递增，所以即，
所以，
即的面积不是定值，取值范围是.
19. 已知函数.
（1）当时，设的一个极值点为．
（i）判断是否成立，并说明理由；（已知）
（ii）设在内的全部极值点按从小到大的顺序排列，求证：；
（2）当时，直线为曲线的“双重切线”，记直线的斜率所有可能的取值为，若，证明：.
已知：若函数图象上恰好存在相异的两点，满足曲线在和处的切线重合，则称为曲线的“双重切点”，直线为曲线的“双重切线”.
解：（1）由题意得，
当时，，下面我们开始研究各个小问，
（i）因为函数，
所以，
令，则，对满足方程的有，
所以，
由函数与函数的图象可知此方程一定有解，
故的一个极值点满足，
所以；
（ii）设是的任意正实根，则，
则存在一个非负整数，使，即为第二或第四象限角，
因为，
所以在第二或第四象限变化时，变化如下，
所以满足的正根都为函数的极值点，
由题可知为方程的全部正实根，
且满足，，
所以，
因为，，，
则，由，可得，
故得证.
（2）由题意得，
当时，，
设对应的切点为，，
对应的切点为，，
由于，所以，，
由余弦函数的周期性，只要考虑的情形，
又结合余弦函数的图象，只需考虑，情形，
则，，
其中，得到，
又，，
即，，
当时，，，
令（），则，，
在上单调递减，又，所以，
所以，此时，则，
故得证．耕种深度x/cm
8
10
12
14
16
18
每公顷产量y/t
6
8
m
n
11
12
(为奇数)
0
+
(为偶数)
+
0