江苏省南京市南京大学附属中学2025届高三下学期二模考前 数学模拟试卷（含解析）

这是一份江苏省南京市南京大学附属中学2025届高三下学期二模考前 数学模拟试卷（含解析），共13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（每题5分共40分）
1．已知集合，，则（ ）
A．，B．C．D．
2．已知平面向量，且，则在方向上的投影向量的坐标为（ ）
A．B．C．D．
3．已知集合，则使得“且”成立的一个充分不必要条件是（ ）
A．B．C．D．
4．已知等差数列的前项和为，且，若，，成等比数列，则（ ）
A．3B．4C．5D．6
5．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
6．如图，往一个正四棱台密闭容器内倒入的水，水面高度恰好为棱台高度的，且，，则这个容器的容积为（ ）
A．B．C．D．
7．已知连续型随机变量服从正态分布，记函数，则的图象（ ）
A．关于直线对称B．关于直线对称
C．关于点成中心对称D．关于点成中心对称
8．古希腊数学家阿波罗尼斯采用平面切割圆锥面的方法来研究圆锥曲线，如图1，设圆锥轴截面的顶角为，用一个平面去截该圆锥面，随着圆锥的轴和所成角的变化，截得的曲线的形状也不同.据研究，曲线的离心率为，比如，当时，，此时截得的曲线是抛物线.如图2，在底面半径为1，高为的圆锥中，是底面圆上互相垂直的直径，是母线上一点，，平面截该圆锥面所得的曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（每题6分，共18分）
9．在复数范围内，下列命题正确的是（ ）
A．若，则为纯虚数B．若，则
C．若，则的最大值为3D．若，则
10．在长方体中，，，E为的中点，动点P在长方体内（含表面），且满足，记动点P的轨迹为Ω，则（ ）
A．Ω的面积为 B．平面与Ω所在平面平行
C．当时，存在点P，使得
D．当时，三棱锥的体积为定值
11．过点作抛物线的两条切线，切点为为抛物线的焦点，则下列说法正确的是（ ）
A．点的坐标为
B．若线段的中点为与抛物线交于点，则
C．设抛物线上之间任意一点处的切线分别与交于点，记的面积分别为，则
D．
三、填空题（每题5分，共15分）
12．从的展开式的各项系数中任意选取两个数，这两个数的商的不同的结果有 种.
13．二维码是一种利用黑､白方块记录数据符号信息的平面图形.某公司计划使用一款由个黑白方块构成的二维码门禁，现用一款破译器对其进行安全性测试，已知该破译器每秒能随机生成个不重复的二维码，为确保一个二维码在1分钟内被破译的概率不高于，则的最小值为 .
14．不过原点的直线l与曲线相切于，相交于点，则 .
四、解答题（共77分）
15．（本题13分）某公司组织A，B两部门的50名员工参加DeepSeek培训．
(1)此次DeepSeek培训的员工中共有6名部门领导参加，恰有3人来自部门．从这6名部门领导中随机选取2人，记表示选取的2人中来自部门的人数，求的分布列和数学期望；
(2)此次DeepSeek培训分三轮进行，每位员工第一轮至第三轮培训达到“优秀”的概率分别为，每轮培训结果相互独立，至少两轮培训达到“优秀”的员工才能合格．
（ⅰ）求每位员工经过培训合格的概率；
（ⅱ）经过预测，开展DeepSeek培训后，合格的员工每人每年平均为公司创造利润30万元，不合格的员工每人每年平均为公司创造利润20万元，且公司需每年平均为每位参加培训的员工支付3万元的其他成本和费用．试估计该公司两部门培训后的年利润（公司年利润员工创造的利润-其他成本和费用）．
16．（本题15分）如图，与存在对顶角，，，且．
(1)证明：为中点；
(2)若，求的长．
17．（本题15分）如图所示，在四棱锥中，侧面是正三角形，且与底面垂直，平面，，是棱上的动点.
(1)当是棱的中点时，求证：平面；
(2)若，，求点到平面距离的范围.
18．（本题17分）在直角坐标系中，椭圆与直线交于M，N两点，P为MN的中点．
(1)若，且N在x轴下方，求的最大值；
(2)设A，B为椭圆的左、右顶点，证明：直线AN，BM的交点D恒在一条定直线上．
19．（本题17分）已知函数，．
(1)证明：有唯一零点；
(2)记的零点为．
（i）数列中是否存在连续三项按某顺序构成等比数列，并说明理由；
（ii）证明：．
《南大附中高三数学二模考前模拟试卷》参考答案
1．C
【分析】先求出，再求出交集即可.
【详解】由，可得，解得，
所以，所以或，
所以或.
故选：C.
2．D
【分析】由求出，即可得到，再求出的坐标，则可计算在方向上的投影，从而求出在方向上的投影向量的坐标.
【详解】已知，由于，所以，解得，
所以，得，
则，
故在方向上的投影为，
得在方向上的投影向量为.
故选：D
3．A
【分析】当且时求出的取值范围，然后根据充分不必要条件的定义可求出答案.
【详解】由题可知且，解得，
所以使得“且”成立的一个充分不必要条件是集合的一个真子集，
因为只有选项A中的是的真子集，
故选：A
4．C
【分析】由题意首先求得数列的，再结合等比中项即可求解.
【详解】根据题意，设等差数列公差为d，
则，
又，
所以，
即，
若，，成等比数列，则，
则，
即
解得：
故选：C
5．D
【分析】运用两角和与差的正弦公式，结合已知条件即可求解.
【详解】

，即
故选：D.
6．A
【分析】设水体对应的台体的高为，利用台体的体积公式可求出的值，可知容器的高为，再利用台体的体积公式可求出容器的容积.
【详解】设水体对应的台体的高为，则水体对应台体的上底面是边长为的正方形，
由台体的体积公式可得，解得，
故容器的高为，容器的容积为，
故选：A.
7．C
【分析】利用连续型随机变量服从正态分布，结合正态密度曲线的性质计算可判断每个选项的正误.
【详解】由连续型随机变量服从正态分布，
可得，可得，所以正态密度曲线关于对称，
即，
由，可得在时增加较快，在时增加越来越慢，
所以无对称轴，故AB错误；
，
所以关于点成中心对称，故C正确，D错误.
故选：C.
8．C
【分析】根据已知角的关系得出离心率的表达式．接着利用向量关系求出OE的长度．再结合已知的线段长度，在中运用正弦定理，得到的值，此值即为离心率的值．
【详解】由题意的，则，
所以，在中，，
则，所以，且.
由正弦定理得，，
即，
故选：C.
9．BC
【分析】取特值可判断AD；设，，由可得或，由此可判断B；由复数模的几何意义可判断C.
【详解】对于A，若，设，，，
所以，
若，，则，不为纯虚数，故A错误；
对于B，设，，则，
若，则，，解得：，即或，
所以，故B正确，
对于C，表示复数在复平面上对应的点到的距离为，
即以为圆心，为半径的圆，表示点到原点的距离，
圆心到原点的距离为，所以的最大值为，故C正确；
对于D，取，，，，
满足，但，故D错误.
故选：BC.
10．ACD
【分析】取的中点，连接，四边形为动点P的轨迹Ω，求得面积判断A；连接，可证明平面平面，从而可判断B；以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，转化为是否有解问题处理，求解可判断C；确定的位置，进而可判断D.
【详解】因为，所以在确定的平面内，又，
取的中点，连接，则四边形为动点P的轨迹Ω，
因为长方体中，，，
所以，，进而可求得等腰梯形的高，
所以梯形的面积为，故A正确；

连接，因为且，
所以四边形是平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面，
同理可证平面，又，平面，
所以平面平面，又平面平面，
所以平面与Ω所在平面不平行，故B错误；
以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，
则，
所以，
当，则，
所以，
假设，则，即，解得，
所以当时，存在点P，使得，故C正确；
当时，点在上，则时点到平面的距离为定值，又三角形的面积为定值，
所以三棱锥的体积为定值，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：建立空间直角坐标系，将是否存在点P，使得，转化为方程是否有解问题，转化思想是数学的一种常见思想方法.
11．ABD
【分析】对于A，利用导数的几何意义，求出在点处的切线方程，联立切线方程，即可求解；对于B，根据题设条件，直接求得，即可求解；对于C，根据题设求得，，即可求解；对于D，利用两点间的距离公式及抛物线的焦半径公式，即可求解.
【详解】对于选项A，由，得到，则，由导数的几何意义知，
曲线在点处的切线方程为，整理得到，
又，所以，即，
同理可得曲线在点的处切线方程为，则，
解得，所以点的坐标为，故选项A正确；
对于选项B，易知，由选项A知的方程为，
所以，代入，得，
所以是线段的中点，故，所以选项B正确，
对于选项C，由选项B知垂直轴，不妨设，则
，
由，同理可得，
所以，故选项C错误；

对于选项D，点的坐标为，点的坐标为，
则，
又由抛物线定义可知，
所以，故选项D正确，
故选：ABD.
12．7
【分析】根据题意，写出的展开式即可得到答案.
【详解】根据题意，，
故展开式的各项系数只出现3个不同的数字，故从的展开式的各项系数中任意选取两个数，这两个数的商的不同的结果有种.
故答案为：7.
13．7
【分析】根据题意可得，即可由不等式求解.
【详解】由题意可知的二维码共有个，
由可得，故，
由于，所以，
故答案为：7
14．
【分析】利用导数的几何意义，求切线方程，代入点后，化简得，即可求得的值.
【详解】，过点处的切线方程，切线故点，且，，代入切线方程，，
，，化简得，
即，因为，所以，
即.
故答案为：
15．(1)分布列见解析，1
(2)（ⅰ）；（ⅱ）1100
【分析】（1）服从超几何分布，利用即可求解；
（2）（ⅰ）记“每位员工经过培训合格”，“每位员工第轮培训达到优秀”（），，即可求解；
（ⅱ）记两部门开展DeepSeek培训后合格的人数为，则，，求出合格人数的数学期望，即可求解
【详解】（1）的所有可能取值为0，1，2，且服从超几何分布．
的分布列为
的数学期望．
（2）（ⅰ）记“每位员工经过培训合格”，“每位员工第轮培训达到优秀”（），
，根据概率加法公式和事件相互独立定义得，
．
即每位员工经过培训合格的概率为．
（ⅱ）记两部门开展DeepSeek培训后合格的人数为，则，
，则（万元）
即估计两部门的员工参加DeepSeek培训后为公司创造的年利润为1100万元．
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设，，结合余弦定理，表示出与，根据列式化简可得.
（2）先确定角的数量关系，根据求角的三角函数，再在中用正弦定理，可求的长.
【详解】（1）设，，则，.
在中，由余弦定理得：
在中，由余弦定理得：.
由，所以.
化简得：.
故为中点.
（2）如图：
过点做，交与.
则.
由（）.
所以，又，所以.
所以.
所以，又，.
所以.
由
所以.
又，所以，所以.
所以.
即.
在中，根据正弦定理，可得：.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面平行的性质推导出，取的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）取的中点，连接，证明出平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可求得点到平面距离的范围.
【详解】（1）证明：因为平面，平面，且平面平面，所以.
取的中点，连接、，
因为是棱的中点，所以，且，
因为且，所以，且，
所以，四边形为平行四边形，则，
因为平面，平面，所以平面.
（2）解：取的中点，连接.
因为是正三角形，所以.
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以，平面，
因为，，为的中点，所以，且，
所以，四边形为平行四边形，则，
因为，则，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、，所以，
设，其中，
则，
设平面的法向量，
所以，
令，得，
设点到平面距离为，.
当时，；
当时，，则，
当且仅当时等号成立.
综上，点到平面距离的取值范围是.
18．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用三角形外角的性质，找到与直线MN，OP倾角的关系，从而找到斜率关系，联立直线MN与椭圆得到韦达定理，然后利用两角和差公式以及均值不等式求解即可.
（2）利用坐标分别表示出直线AN，BM的方程，联立方程组可发现其两直线交点横坐标为定值.
【详解】（1）设，．
（1）记l的倾斜角为，OP的倾斜角为，则．
由得，则
所以，于是．故．
所以，
当且仅当，即时，取到“=” ．
所以的最大值为．
（2）易知，．由题意知，，
所以直线AN的方程为，
直线BM的方程为．
令，
解之得
所以点D恒在定直线上．
19．(1)证明见解析
(2)（i）不存在，理由见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）分和两种情况，利用导数判断函数的单调性，即可判断零点；
（2）（ⅰ）由方程两边取对数，转化为，再构造函数在上单调递增，结合等比数列的性质，即可判断证明；
（ⅱ）根据不等式时，，得到不等式，得到不等式，再根据数列求和即可证明.
【详解】（1）当时，，所以在上无零点，
因为，所以在上单调递增，
所以在上至多一个零点，
当时，有唯一零点1．
当时，因为，，
所以函数有唯一零点，得证，
（2）（i）由（1）知，，且，
两边取自然对数，得，（*）
所以，
两式相减，得，
所以．
因为函数在上单调递增，
所以，所以数列单调递增．
假设数列中存在，，成等比数列，则，
所以．
由（*）式得，，代入上式，得
，
．（**）
因为，所以，
又，所以方程（**）无解．
所以数列中不存在连续三项按某顺序构成等比数列．
（ii）先证明：时，，（***）
设，则，
所以当时，，单调递减：
当时，，单调递增，
所以，当且仅当时，等号成立．
由（***）式知，，
所以，所以，
所以．
在（***）式中，令，得，
当且仅当，即时等号成立，
所以，
所以，，当且仅当时等号成立．
当时，在（***）式中，令，得，
所以时，
．
当时，成立．
所以，得证．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
D
A
C
D
A
C
C
BC
ACD
题号
11









答案
ABD









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