江苏省南京市2025届高考 数学模拟练习卷（一）（含解析）

这是一份江苏省南京市2025届高考 数学模拟练习卷（一）（含解析），共15页。试卷主要包含了已知定义在上的奇函数满足，则，已知，，则，已知，，则的取值范围为，下列说法正确的是，下列说法中正确的是等内容，欢迎下载使用。
1．本试卷满分150分，考试时间120分钟。
2．答题前，考生务必将姓名、考生号等个人信息填写在答题卡指定位置。
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答。超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
一、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．已知复数，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知全集，则（ ）
A．B．
C．D．
3．已知单位向量满足，则（ ）
A．0B．1C．2D．
4．设双曲线的离心率为，实轴长为，若曲线上的点到双曲线的两个焦点的距离之和为，则曲线的标准方程为（ ）
A．B．
C．D．
5．已知定义在上的奇函数满足，则（ ）
A．B．0C．1D．2
6．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
7．从1，2，3，4，5中任取三个不同的数组成一个三位数，则在所有组成的数中能被3整除的数有（ ）
A．24个B．30个C．32个D．48个
8．已知，，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．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．下列说法正确的是（ ）
A．直线的倾斜角的取值范围是
B．若三点在一条直线上，则
C．过点，且在两坐标轴上截距互为相反数的直线的方程为
D．直线的方向向量为，则该直线的斜率为
10．下列说法中正确的是（ ）
A．若两条直线互相平行，那么它们的斜率相等
B．方程能表示平面内经过两点的任何直线
C．圆的圆心为，半径为
D．若直线不经过第二象限，则的取值范围是
11．已知点是圆上任意一点，点是直线与轴的交点，为坐标原点，则（ ）
A．以线段为直径的圆周长最小值为
B．面积的最大值为
C．以线段为直径的圆不可能过坐标原点
D．的最大值为25
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知点关于坐标平面的对称点为，点关于坐标平面的对称点为，点关于轴的对称点为，则 ．
13．已知向量，则在上的投影向量坐标为 .
14．已知函数，若，使关于的不等式成立，则实数的取值范围是 ．
四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．已知函数．
(1)若，求的单调区间；
(2)若在区间上有2个极值点，求实数的取值范围．
16．已知数列的前项和为，．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，对任意，恒成立，求的取值范围．
17．已知椭圆的离心率为，焦距为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)直线的斜率为，且与坐标轴的交点均在椭圆内部，直线与椭圆交于两点，求线段的长度的取值范围.
18．球面与过球心的平面的交线叫做大圆，将球面上三点用三条大圆弧连接起来所组成的图形叫做球面三角形，每条大圆弧叫做球面三角形的一条边，两条边所在的半平面构成的二面角叫做球面三角形的一个内角.如图（1），球的半径为球的球面上的四点.

(1)若球面三角形的三条边长均为，求此球面三角形一个内角的余弦值.
(2)在球的内接三棱锥中，平面，直线与平面所成的角为.
（i）若分别为直线上的动点，求线段长度的最小值；
（ii）如图（2），若分别为线段的中点，为线段上一点（与点不重合），当平面与平面夹角的余弦值最大时，求线段的长.
19．已知函数的定义域，对任意实数a，定义集合．
(1)已知，求．
(2)已知，若集合只有一个元素，求a的值；
(3)已知，其中且，求证：集合是一个区间．
《江苏省南京市2025年高考数学模拟练习卷（一）》参考答案
1．B
【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的模长公式可求得的值.
【详解】因为，故.
故选：B.
2．C
【分析】根据题意结合运算求解即可.
【详解】因为，
所以.
故选：C.
3．D
【分析】直接平方计算即可.
【详解】，
则.
故选：D.
4．D
【分析】根据双曲线的几何性质求出、、的值，利用椭圆的定义可知曲线是以双曲线的两个焦点为焦点，长轴长为的椭圆，设椭圆的方程为，求出、的值，即可得出椭圆的方程.
【详解】因为双曲线的实轴长为，所以，
因为双曲线的离心率为，所以，则，
所以，双曲线的方程为，
因为曲线上的点到双曲线的两个焦点的距离之和为，
由椭圆的定义可知，曲线是以双曲线的两个焦点为焦点，长轴长为的椭圆，
设椭圆的方程为，则，所以，，
因此，椭圆的方程为.
故选：D.
5．B
【分析】根据题意结合奇函数的定义可得2为的一个周期，进而可得结果.
【详解】因为为定义在上的奇函数，则，
又因为，则，
可得，可知2为的一个周期，
所以.
故选：B.
6．A
【分析】利用三角恒等变换化简题干中的两个等式，可得出、的关系，可得出的值，即可得出的值.
【详解】因为，所以，
因为，所以，
故，所以，
即，故.
故选：A.
7．A
【分析】根据能被3整数的数的特征列出可能的情况，再根据排列数计算即可求解.
【详解】能被3整除，则这三个数字之和为3的倍数，
则取出的这三个数可能的情况为：，
则在所有组成的数中能被3整除的数有个.
故选：.
8．C
【分析】令，利用导数分析函数在上的单调性，由已知不等式变形得出，可得出，求出的取值范围，即可得出的取值范围.
【详解】令，则，当时，，
所以，函数在上单调递减，
因为，所以，
即，
因为、，所以，
即，
因为，则，
所以，或，解得或.
因此，的取值范围是.
故选：C.
9．AD
【分析】利用直线相关知识分别判断每一个选项即可.
【详解】直线的斜率，所以其倾斜角为，A正确；
若三点在一条直线上，则斜率等于斜率，得，B错误；
过点，且在两坐标轴上截距互为相反数的直线存在一条过原点，显然不过原点，C错误；
直线的方向向量为，则斜率，D正确.
故选：AD
10．BD
【分析】利用倾斜角与斜率的相关定义可判定A，利用直线方程与点的关系可判定B，利用圆的一般方程化为标准方程可判定C，利用直线过定点，结合图象建立不等式计算可判定D.
【详解】对于A，可知垂直于横轴的不同直线相互平行，但不存在斜率，故A错误；
对于B，若，过此两点的直线方程为，
方程也可化为，
若，过此两点的直线方程为，
方程也可化为，
若且，由两点式知过此两点的直线方程为，
方程也可化为，
综上方程能表示平面内经过
两点的任何直线，故B正确；
对于C，圆可化为，
该圆圆心为，半径为，故C错误；
对于D，直线方程可化为，令，
即该直线过第三象限一定点，要符合题意不过第二象限，
需该直线斜率，即，故D正确.
故选：BD
11．BD
【分析】A.由，当且仅当三点共线，且点在线段上时，等号成立求解判断；B.由求解判断；C.由若以线段为直径的圆过坐标原点，则由直径所对的圆周角为直角可得求解判断；D.设点，易知，再利用数量积运算求解判断.
【详解】解：由题意知：圆的圆心，半径，点，如图所示．

易知，当且仅当三点共线，且点在线段上时，等号成立，
故以线段为直径的圆周长最小值为，故选项A错误；，所以当时，的面积最大，最大值为，故选项B正确；
若以线段为直径的圆过坐标原点，则由直径所对的圆周角为直角可得，易知当点在轴上时，满足题意，所以以线段为直径的圆可能过坐标原点，故选项C错误；
设点，易知，则，所以，即的最大值为25，故选项D正确，
故选：BD．
12．
【分析】依次写出，，，利用空间两点间距离公式求出答案.
【详解】由题意得，，，
故.
故答案为：
13．
【分析】利用空间向量数量积的坐标表示，结合投影向量公式进行求解即可.
【详解】因为，
所以，，
则在上的投影向量坐标为.
故答案为：
14．
【分析】判断出关于对称，在上单调递增，转化为使成立，令，即求在上的最小值，利用配方法可得答案.
【详解】对于，，定义域关于原点对称，
因为
，
所以的图象关于对称，
因为在上单调递增，
所以在上单调递增，可得在上单调递增，
因为，
所以，
因为在上单调递增，所以，
即使成立，
令，，
即求在上的最小值，
令，
当时，，所以，
可得，
所以，即，
令，，
所以在上的最小值为2，
所以，即的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：本题解题方法是确定函数的对称性与单调性，把不等式化简变形，然后再利用换元法把问题转化为一元二次不等式能成立问题，再分离参数后变成求函数的最大值．
15．(1)的单调递减区间为，单调递增区间为
(2)
【分析】（1）利用导数分析单调性即可；
（2）求导后构造函数，将问题转化为在区间上有两个不等的变号零点，结合二次函数的性质分析即可.
【详解】（1）依题意，，，
，
故当时，，当时，，
故函数的单调递减区间为，单调递增区间为．
（2）依题意，，
令，得，
令，故问题转化为在区间上有两个不等的变号零点，
故
解得，
综上所述，实数的取值范围为．
16．(1)
(2)
【分析】（1）对任意的，由，得，两式作差推导出数列的奇数项、偶数项分别成以为公差的等差数列，求出、的值，对分奇数和偶数两种情况讨论，结合等差数列的通项公式可求得数列的通项公式；
（2）求出数列的通项公式，利用基本不等式求出的最小值，即可得出实数的取值范围.
【详解】（1）对任意的，由①，得②，
两式相减，可得，即，
所以，所以．
所以，数列的奇数项、偶数项分别成以为公差的等差数列，
在①式中，令，可得，令，可得，
所以当为奇数时，，
当为偶数时，，
综上所述，.
（2）因为，所以，
当时，．
可得，当且仅当，即时等号成立，
即的最小值为，所以，即的取值范围为．
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，得到且，求得的值，即可得到椭圆的方程；
（2）设直线：，且，联立方程，设，，由韦达定理结合椭圆弦长公式得到，进而求得的取值范围.
【详解】（1）因为的离心率为，且焦距为，
可得且，解得，，则，
所以椭圆的标准方程为.
（2）直线的斜率为，且与坐标轴的交点均在椭圆内部，
设直线：，且，
联立方程组，整理得，
设，，则，，
因此
，
由，可得，即，
所以的取值范围为.
18．(1)
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）由题意易得四面体为正四面体，取的中点，连接，分析可得为二面角的平面角，进而结合余弦定理求解即可；
（2）（i）设，先证明平面，可得，结合题设易得，可得，建立空间直角坐标系，结合空间向量求解即可；
（ii）设，设平面与平面的夹角为，利用空间向量表示出，令，再结合基本不等式求解即可.
【详解】（1）因为球面三角形的三条边长均为，
所以球面三角形每条边所对的圆心角均为，所以四面体为正四面体.
取的中点，连接，则，且，
则为二面角的平面角.
由余弦定理可得.
所以此球面三角形一个内角的余弦值为.
（2）因为平面，所以.
设，则，所以.
由勾股定理的逆定理可得，又，
所以平面，又平面，所以，
因为直线与平面所成的角为，所以.
易知在和中，斜边的中点到点的距离相等，即为球的直径，所以.
以点为坐标原点，直线分别为轴，过点且与平行的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

（i）由题可知，
则.
设与都垂直的向量为，
则令，则，
所以线段长度的最小值为.
（ii）设，由题可知，
则.
设平面的一个法向量为，
则取，可得.
设平面的一个法向量为，
则取，可得.
设平面与平面的夹角为.
因为
，
令，则，
可得，
当且仅当，即时等号成立，此时取得最大值，
故.
19．(1)
(2)1
(3)见详解
【分析】（1）由题意可知，即不等式的解集，解此不等式即可得到结果；
（2）构造函数，可知即的解集，将集合只有一个元素，转化为方程有唯一解，且函数在该点处与轴相切.再借助导数，求即可求出的值
（3）构造函数，可知即的解集，求导，令，解得两根和1，通过讨论两根的大小情况，来研究的正负，进而研究的单调性，通过的正负来说明的解集，即集合必是一个区间.
【详解】（1）函数的定义域为，
由题意可知即不等式的解集，
可化为，整理可得，
即，解得或，
所以.
（2）函数的定义域为，
由题意可知即不等式的解集，
令，所以即的解集，
若集合只有一个元素，即方程有唯一解，
且函数在该点处与轴相切.
因为，
（i）当时，恒成立，在上单调递增，
所以，无解，故不成立；
（ii）当时，令，解得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，即，
即，解得.
经检验，当时， ，
所以只有一个解，且，
符合题意，故a的值为1；
（3）函数的定义域为，
由题意可知即不等式（且）的解集，
即（且）的解集
令，
则，
①当时，恒成立，单调递增，当
所以的解集，即集合必是一个区间；
②当时，令，解得
所以在上单调递增，在和单调递减，
且，所以的解集，即集合必是一个区间；
③当时，令，解得
所以在上单调递增，在和单调递减，
且，所以的解集，即集合必是一个区间；
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
C
D
D
B
A
A
C
AD
BD
题号
11









答案
BD