江苏省苏北七市（宿迁、连云港、淮安、扬州、泰州、盐城、徐州）2025届高三第三次调研测试数学试题（附答案解析）

这是一份江苏省苏北七市（宿迁、连云港、淮安、扬州、泰州、盐城、徐州）2025届高三第三次调研测试数学试题（附答案解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．
C．D．
2．复数满足，则在复平面内，对应的点所在的象限是（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．第九届亚冬会在哈尔滨举行，参加自由式滑雪女子大跳台决赛的六位选手的得分如下：119.50，134.75，154.75，159.50，162.75，175.50，则该组数据的第40百分位数为（ ）
A．134.75B．144.75C．154.75D．159.50
4．已知函数，曲线在点处的切线与轴平行，则（ ）
A．－3B．－1C．0D．1
5．在正项数列中，设甲：，乙：是等比数列，则（ ）
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
6．已知函数的图象关于直线对称，则（ ）
A．B．C．D．
7．设函数的定义域为是的极大值点，则（ ）
A．是的极小值点B．是的极大值点
C．是的极小值点D．是的极大值点
8．已知椭圆的离心率为，左，右焦点分别为，过的直线交于，两点．若，则（ ）
A．2B．3C．4D．5
二、多选题
9．已知，则（ ）
A．B．C．D．
10．已知双曲线的左，右焦点分别为，直线交于，两点，则（ ）
A．B．
C．的最小值为D．到的距离的最大值为
11．定义：一个平面封闭区域内任意两点之间的距离的最大值称为该区域的“直径”．在中，边上的高等于，以的各边为直径向外分别作三个半圆，记三个半圆围成的平面区域为，其“直径”为，则（ ）
A．B．面积的最大值为
C．当时，D．的最大值为
三、填空题
12．若随机变量，则 ．
13．已知函数满足，且，则方程的实数解的个数为 ．
14．某封闭的圆锥容器的轴截面为等边三角形，高为6．一个半径为1的小球在该容器内自由运动，则小球能接触到的圆锥容器内壁的最大面积为 ．
四、解答题
15．已知某校有甲，乙两支志愿服务队，甲队由3名男生和3名女生组成，乙队由4名男生和1名女生组成．
(1)先从两队中选取一队，选取甲队的概率为，选取乙队的概率为，再从该队中随机选取一名志愿者，求该志愿者是男生的概率；
(2)在某次活动中，从甲队中随机选取2名志愿者支援乙队，记为乙队中男生与女生人数之差，求的分布列与期望．
16．已知数列是等差数列，记其前项和为，且，．
(1)求数列的通项公式；
(2)将数列与的所有项从小到大排列得到数列．
①求的前20项和；
②证明：．
17．如图，在直三棱柱中，点在上，．
(1)证明：平面；
(2)若，二面角的大小为．
①求与平面所成角的正弦值；
②点在侧面内，且三棱锥的体积为，求的轨迹的长度．
18．设为坐标原点，抛物线与的焦点分别为为线段的中点．点在上在第一象限），点在上，．
(1)求曲线的方程；
(2)设直线的方程为，求直线的斜率；
(3)若直线与的斜率之积为，求四边形面积的最小值．
19．记．已知函数和的定义域都为，若存在，使得，当且仅当时等号成立，则称和在上“次缠绕”.
(1)判断和在上“几次缠绕”，并说明理由；
(2)设，若和在上“3次缠绕”，求的取值范围；
(3)记所有定义在区间上的函数组成集合，证明：给定，对任意，都存在，使得，且和在上“次缠绕”.
《江苏省苏北七市（宿迁、连云港、淮安、扬州、泰州、盐城、徐州）2025届高三第三次调研测试数学试题》参考答案
1．C
【分析】根据集合的交集运算求解即可.
【详解】因为，
所以，
故选：C
2．A
【分析】利用复数的除法法则计算出复数z即可判断在第几象限.
【详解】因为，故，
故z对应的点为，
故复数z对应的点在第一象限，
故选：A
3．C
【分析】根据百分位数的定义求解.
【详解】六位选手得分由小到大排列如下：
119.50，134.75，154.75，159.50，162.75，175.50，
因为，
所以该组数据的第40百分位数为第三个数154.75.
故选：C
4．D
【分析】利用导数的几何意义求出切线斜率，再由直线平行即可得解.
【详解】因为，且曲线在点处的切线与轴平行，
所以，解得，
故选：D
5．A
【分析】根据等比数列的定义和通项公式，结合充分条件、必要条件的定义即可判断.
【详解】令，则，
令，则，
以此类推，得，
则数列是以为首项，为公比的等比数列.
若数列是等比数列，设其公比为，则，
所以，，
得，
当时，；
当时，不成立.
所以甲是乙的充分不必要条件.
故选：A
6．D
【分析】根据三角恒等变换公式化简，再根据函数的对称性得到，，最后由诱导公式计算可得.
【详解】因为
，
因为函数的图象关于直线对称，
所以，，
所以，，
所以，.
故选：D
7．C
【分析】A选项，的图象和的图象关于轴对称，是的极大值点；BD选项，可举出反例；C选项，的图象和的图象关于原点对称，故是的极小值点.
【详解】A选项，的图象和的图象关于轴对称，
因为是的极大值点，故是的极大值点，A错误；
BD选项，取，则是的极大值点，
，故不是的极大值点，B错误；
，其为偶函数，在上单调递减，
不是的极大值点，D错误.
C选项，的图象和的图象关于原点对称，
因为是的极大值点，故是的极小值点，C正确.
故选：C
8．B
【分析】设，由离心率得到，再由垂直关系利用勾股定理求出，再由求出，即可得解.
【详解】设，，
因为椭圆的离心率，则，
由，则，
即，解得，则，，
又，则，
即，
解得，所以.
故选：B
9．ABD
【分析】对数函数的单调性判断符号可判断A。利用对数的运算计算可判断B，根据换底公式及对数的运算可判断CD.
【详解】因为，所以，故A正确；
因为，故B正确；
因为，故C错误；
因为 ，故D正确.
故选：ABD
10．AC
【分析】由题意求出双曲线的渐近线方程即可判断A；根据双曲线的定义即可判断B；设，则，根据平面向量数量积的坐标表示可得，即可判断C；利用点到直线的距离公式计算即可判断D.
【详解】A：由题意知，双曲线的渐近线方程为，
要使直线与双曲线交于点，需，故A正确；
B：由双曲线的定义知，
又点关于原点对称，所以四边形为平行四边形，
有，所以，故B错误；
C：设，则（或），得，
又，所以，
则，
即的最小值为-3，故C正确.
D：，易知当时，，则到直线的距离为0；
当时，到直线即的距离为，
又且，所以，则，
即到直线的距离小于，故D错误.
故选：AC
11．ABD
【分析】由三角形等面积法及余弦定理可判断A，再由基本不等式得出范围即可得出面积最大值判断B，再由题目条件得出三角形为等腰直角三角形，即可求出最大值判断C，由C中结论及基本不等式判断D.
【详解】设角所对的边长为
由三角形的面积公式可得，
所以，由余弦定理，可得，所以，故A正确；
由，又，所以，
所以，所以，且仅当时取等，B正确；
设边上的中点分别为，在上取一点M，在上取一点，
由两点间线段最短可得，当且仅当
四点共线时取等，所以，又，
所以，解得，所以，，所以，故C错误；
由前可知，，当且仅当时取等，故D正确.
故选：ABD
12．
【分析】根据正态曲线的性质求解即可.
【详解】由，，得；
所以，
所以，又，
所以，解得.
故答案为：
13．
【分析】首先可得的周期为，方程的解，即为与的交点横坐标，画出与的图象，数形结合即可判断.
【详解】由函数满足，则，所以的周期为，
由，则，
可得的图象如图，
方程的解，即为与的交点横坐标，
且当时，
由图可知两图象交点个数为，即方程的实数解的个数为.
故答案为：
14．
【分析】分别计算侧面与底面上小球可能接触到的容器内壁的面积，即可得解．
【详解】
由轴截面为等边三角形的高为6，易得圆锥的母线长与底面圆的直径均为．
小球的半径为1，在圆锥内壁侧面，小球接触到的区域展开后是一个扇环，
可知扇环的半径为，，扇环所在扇形的圆心角为，
所以扇环其面积为；
在圆锥底面，小球接触到的区域是一个圆，其半径为其面积为．
综上，圆锥内壁上小球能接触到的区域面积为．
故答案为：
15．(1)
(2)分布列见解析，期望为3
【分析】（1）根据全概率公式即可计算结果.
（2）由题意可知的取值为1，3，5，然后求出对应的概率，即可得到分布列，从而求出期望．
【详解】（1）设事件A为“选甲队”，事件B为“选乙队”，事件C为“选中男生”
则
（2），从甲队中随机选取2名志愿者支援乙队,X的可能取值为1、3、5，
则,,
故的分布列为：
数学期望为
16．(1)
(2)①；②证明见解析
【分析】（1）设等差数列的公差为，依题意可得，对于取，即可求出、，从而求出通项公式；
（2）①首先求出，即可得到，从而求出其前20项和；②由，分及两种情况讨论，当时利用裂项相消法计算可得.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
由，得，即，
由，取，得，即，
解得，，所以；
（2）①由（1）知，，所以，
因为，
所以，所以；
②证明：因为，所以，
所以当时，；
当时，
，
综上可得.
17．(1)证明见解析
(2)①；②
【分析】（1）根据直棱柱的性质及线面垂直的判定定理即可得证；
（2）以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，①中求出平面的法向量，利用向量夹角得出直棱柱的高，再由线面角的向量求法求解；
②中根据三棱锥体积求出点到平面的距离，再由向量法求距离，化简可得轨迹方程，利用轨迹方程确定轨迹为线段，即可得解.
【详解】（1）在直三棱柱中，平面ABC,
因为平面，所以
又因为，，平面，
所以平面
（2）①在直三棱柱中，平面，，
以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，设,
设平面的法向量，
由，取，得，
所以平面的一个法向量，
又平面的法向量，
所以，解得
所以，
所以
设与平面所成角为，则
②因为，
所以
因为三棱锥的体积为，
所以到平面的距离为
因为在侧面上，可设,
到平面的距离为，
即轨迹方程为，而,
所以在侧面上的运动轨迹是线段，
所以的轨迹长度为.
18．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）求出的坐标，即可得到的坐标，从而求出抛物线方程；
（2）设，，，，联立直线与抛物线方程，求出，的坐标，再由向量的关系求出的坐标，即可得解；
（3）推导出，同理，即可得到，设，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，即可求出过定点坐标，再求出的最小值.
【详解】（1）抛物线的焦点为，
由为线段的中点，可得，
所以曲线的方程为；
（2）设，，，，
联立，消去x整理得，解得，，
则，，
因为，则，
因为，，则，所以，
所以，，即，直线的斜率为；
（3）因为，，，，
所以，，
因为，所以
因为，，，，
所以，①
由代入①得，
由得，
因为，，所以，所以，同理，
所以且，
所以，因为，所以，
所以，得，即，
设，联立消去x，得，
所以，所以，则，所以过定点，
则，
当且仅当，即时取等号，所以，
所以四边形面积的最小值为
19．(1)＂2次缠绕＂。理由见解析；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】（1）找到和时，，则得到其为“2次缠绕”；
（2）转化为存在互异的三个正数，使得，求导得，再对合理分类讨论即可；
（3）方法一：取，令，则，且，即可证明存在，则证明了结论；方法二：
记，取，设，再对分奇数和偶数讨论即可.
【详解】（1）函数和＂2次缠绕＂，
理由如下：，当和时，，
则对任意，
当且仅当和时，等号成立，
所以由＂次缠绕＂定义可知和在上＂2次缠绕＂．
（2）设，
因为和在上＂3次缠绕＂，
所以存在互异的三个正数，使得，
当且仅当时等号成立，
所以是的三个零点．
注意到，所以1是的一个零点．
，
①当时，在上单调递增，
1是的唯一零点，不合题意．
②当时，在上单调递减，
1是的唯一零点，不合题意．
③当时，令，存在两根，
当时，单调递减；
当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以，因为，
设，因为，
所以在上单调递减，所以，即，
所以存在．
又，
所以存在．
所以恒成立，
即时，和在上＂3次缠绕＂，
综上，的取值范围是．
（3）方法一：取，
设，
令，
显然，且，
当且仅当时，等号成立．
所以对任意，
存在，
其中，
使得，且和在上＂次缠绕＂．
方法二：记，取，
设，其中，则，
且当时，，
因为，
所以与同号，（＊）
为奇数时，设，
显然，且，
当时，与同号，
由（＊），（＊＊）式知，对给定，任意，与同号；
所以．
为偶数时，设，
同理可知，，且和“次缠绕”．
综上，存在，使得，
且和在上“次缠绕”
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
A
C
D
A
D
C
B
ABD
AC
题号
11









答案
ABD









X
1
3
5
P