2025年江苏省部分学校高考数学调研试卷（3月份）（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2025年江苏省部分学校高考数学调研试卷（3月份）一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.若A={x|x=k6+1,k∈Z}，B={x|x=k3+A.A⊆B⊆C B.A⊆C⊆B C.C⊆B⊆A D.C⊆A⊆B2.设a，b是向量，则“(a+b)⋅(a−b)=0A.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3.歌唱比赛共有11位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从11个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到9个有效评分.9个有效评分与11个原始评分相比，一定不变的数字特征是(

)A.平均数 B.极差 C.方差 D.中位数4.已知函数f(x)=tan(12x−π3)，则“x0=2kπ+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5.已知2cos(2α+β)−3cosβ=0，则tanαtan(α+β)=(

)A.5 B.15 C.−5 D.6.已知数列{an}满足a1=2,an+1=3an+2,n∈N∗.记数列{A.[110,+∞) B.(110,+∞)7.若函数f(x)的定义域为Z，且f(x+y)+f(x−y)=f(x)[f(y)+f(−y)]，f(−1)=0，f(0)=f(2)=1，则曲线y=|f(x)|与y=log2|x|的交点个数为A.2 B.3 C.4 D.58.已知一个正四棱台的上、下底面边长分别为2，8，侧棱长为35，则该正四棱台内半径最大的球的表面积为(

)A.12π B.27π C.64π9 D.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。9.函数f(x)=4sin(ωx+φ)(0<ω≤2,−π2<φ<πA.φ=−π6

B.f(x)的图象关于直线x=π对称

C.f(x)=4cos(12x−2π3)

D.若方程f(x)=2在(0,m)上有且只有5个根，则m∈(26π3,10π]

10.如图，四棱锥S−ABCD中，底面ABCD是正方形，SA⊥平面ABCD，SA=AB，O，P分别是AC，SC的中点，M是棱SD上的动点，则(

)

A.OM⊥AP

B.存在点M，使OM//平面SBC

C.存在点M，使直线OM与AB所成的角为30°

D.点M到平面ABCD与平面SAB的距离和为定值

11A.a+2a=b+2−b B.a+b=2三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知函数f(x)=xlnx+12mx2有两个极值点，则实数m13.已知随机变量X～N(4,42).若P(X<3)=0.3，则P(3<X<5)=______，若Y=2X+1，则Y14.已知F1，F2是椭圆C：x2a2+y2=1的左、右焦点，P是C上一点.过点F1作直线PF1的垂线l1，过点F2作直线PF2的垂线l2，若l1，四、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.(本小题13分)

已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且1a+b+1b+c=3a+b+c，b=3．

(1)求2a+c的最大值；

16.(本小题15分)

如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=BC=2，AB⊥BC，CC1=23，BE=λBB1(0<λ<1)．

(1)当λ=17.(本小题15分)

已知正项数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn+1Sn=n+2n，a1=1．

(1)求数列{an}的通项公式；

18.(本小题17分)

设函数f(x)=xlnx．

(1)求f(x)图像上点(1,f(1))处的切线方程；

(2)若f(x)≥a(x−x)在x∈(0,+∞)时恒成立，求a的取值范围；

(3)若x1，x219.(本小题17分)

2023年10月11日，中国科学技术大学潘建伟团队成功构建255个光子的量子计算机原型机“九章三号”，求解高斯玻色取样数学问题比目前全球最快的超级计算机快一亿亿倍.相较传统计算机的经典比特只能处于0态或1态，量子计算机的量子比特(qubit)可同时处于0与1的叠加态，故每个量子比特处于0态或1态是基于概率进行计算的.现假设某台量子计算机以每个粒子的自旋状态作为量子比特，且自旋状态只有上旋与下旋两种状态，其中下旋表示“0”，上旋表示“1”，粒子间的自旋状态相互独立.现将两个初始状态均为叠加态的粒子输入第一道逻辑门后，粒子自旋状态等可能的变为上旋或下旋，再输入第二道逻辑门后，粒子的自旋状态有p的概率发生改变，记通过第二道逻辑门后的两个粒子中上旋粒子的个数为X．

(1)若通过第二道逻辑门后的两个粒子中上旋粒子的个数为2，且p=13，求两个粒子通过第一道逻辑门后上旋粒子个数为2的概率；

(2)若一条信息有n(n>1,n∈N∗)种可能的情况且各种情况互斥，记这些情况发生的概率分别为p1，p2，…，pn，则称H=f(p1)+f(p2)+…+f(pn)(其中f(x)=−xlog2x)为这条信息的信息熵.试求两个粒子通过第二道逻辑门后上旋粒子个数为答案解析1.C

【解析】解：若x∈C，则存在k0∈Z，

使x=2k03+12，

又∵2k0∈Z，

∴x∈B，

故C⊆B，

若x∈B，则存在k1∈Z，

使x=k13+12=2k1−36+1，

又∵2k1−3∈Z2.B

【解析】解：根据题意，若(a+b)⋅(a−b)=0，则a2−b2=0，即|a|=|b|，

则a=−b或a=b不一定成立，

反之，若a=−b或a=b，必有|a|=|3.D

【解析】解：根据题意，9个有效评分与11个原始评分相比，平均数可能变大或变小，也可能不变；

极差可能变小，

数据更加集中了，其方差变小，

其最中间的数据不变，即数据的中位数不变．

故选：D．

根据题意，由平均数、极差、方差和中位数的定义分析，即可得答案．

本题考查数据的平均数、中位数、极差和方差的计算，注意平均数、中位数、极差的计算公式，属于基础题．4.A

【解析】解：f(x)=tan(12x−π3)，

令12x−π3=kπ2，即x=2π3+kπ，k∈Z，

即f(x)的对称中心(2π3+kπ,0)，5.D

【解析】解：因为2cos(2α+β)−3cosβ=0，

所以2cos(α+α+β)=3cos(α+β−α)，

即2cosαcos(α+β)−2sinαsin(α+β)=3cos(α+β)cosα+3sin(α+β)sinα，

所以cos(α+β)cosα=−5sin(α+β)sinα，

则tanαtan(α+β)=−15．

故选：D．

6.A

【解析】解：满足a1=2,an+1=3an+2,n∈N∗，可得an+1+1=3(an+1)，

则{an+1}是首项和公比均为3的等比数列，即an+1=3n，即an=3n−1，

则an+1(a7.B

【解析】解：由题意函数f(x)的定义域为Z，

且f(x+y)+f(x−y)=f(x)[f(y)+f(−y)]，f(−1)=0，f(0)=f(2)=1，

令y=1，则f(x+1)+f(x−1)=f(x)[f(1)+f(−1)]=f(x)f(1)，

令x=1，则f(2)+f(0)=f2(1)，即f2(1)=2，

令x=2，则f(3)+f(1)=f(2)f(1)，即f(3)=0，

令x=3，则f(4)+f(2)=f(3)f(1)，即f(4)=−1，

令x=4，则f(5)+f(3)=f(4)f(1)，即f(5)=−f(1)，

令x=5，则f(6)+f(4)=f(5)f(1)，即f(6)−1=−f2(1)，∴f(6)=−1，

令x=6，则f(7)+f(5)=f(6)f(1)，即f(7)−f(1)=−f(1)，∴f(7)=0，

令x=7，则f(8)+f(6)=f(7)f(1)，即f(8)−1=0，∴f(8)=1，

依次类推，可发现此时当x∈Z，且x依次取0，1，2，3，⋯时，

函数y=|f(x)|的值依次为1,2,1,0,1,2,1,0,⋯，即每四个值为一循环，

此时曲线y=|f(x)|与y=log2|x|的交点为(2,1)；

令x=−1，则f(0)+f(−2)=f(−1)f(1)=0，∴f(−2)=−1，

令x=−2，则f(−1)+f(−3)=f(−2)f(1)=−f(1)，∴f(−3)=−f(1)，

令x=−3，则f(−2)+f(−4)=f(−3)f(1)=−f2(1)，∴f(−4)=−1，

令x=−4，则f(−3)+f(−5)=f(−4)f(1)=−f(1)，∴f(−5)=0，

令x=−5，则f(−4)+f(−6)=f(−5)f(1)=0，∴f(−6)=1，

令x=−6，则f(−5)+f(−7)=f(−6)f(1)=f(1)，∴f(−7)=f(1)，

令x=−7，则f(−6)+f(−8)=f(−7)f(1)=f2(1)，∴f(−8)=1，

依次类推，可发现此时当x∈Z，且x依次取−1，−2，−3，⋯时，

函数y=|f(x)|的值依次为0,1,2,1,0,1,2,1,0,⋯，即每四个值为一循环，

此时曲线y=|f(x)|与y=log2|x|的交点为(−1,0)，(−2,1)；

故综合上述，曲线y=|f(x)|与y=log2|x|的交点个数为3．

故选：B．8.D

【解析】解：作出如图所示正四棱台，其中OO1为正四棱台的高，EE1为其斜高，

因为正四棱台的上、下底面边长分别为2，8，侧棱长为35，

则B1O1=2,BO=42,OO1=(35)2−(42−2)2=33，

因为OO1=339.ACD

【解析】解：因为f(x)=4sin(ωx+φ)，

由图象可知，f(0)=4sinφ=−2，且−π2<φ<π2，

所以φ=−π6，A正确；

因为f(π3)=sin(πω3−π6)=0，即πω3−π6=kπ，k∈Z，

所以ω=3k+12，k∈Z，

因为0<ω≤2，

所以ω=12，f(x)=4sin(12x−π6)=4cos(12x−2π3)，C正确；

f(π)=4sinπ3=23，不是函数的最值，即x=π不是函数f(x)的对称轴，B错误；

令10.ABD

【解析】【分析】本题考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．

以A为坐标原点，AB，AD，AS所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法判断A、C、D，根据线面平行的判定定理判断B．【解答】

解：四棱锥S−ABCD中，底面ABCD是正方形，SA⊥平面ABCD，

SA=AB，O，P分别是AC，SC的中点，M是棱SD上的动点，

以A为坐标原点，AB，AD，AS所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图，

设SA=AB=2，则A(0,0,0)，C(2,2,0)，B(2,0,0)，P(1,1,1)，

D(0,2,0)，S(0,0,2)，O(1,1,0)，

由M是棱SD上的动点，设M(0,λ,2−λ)，(0≤λ≤2)，

∵AP=(1,1,1)，OM=(−1,λ−1,2−λ)，

∴AP⋅OM=−1+λ−1+2−λ=0，∴OM⊥AP，故A正确；

当M为SD中点时，OM是△SBD的中位线，∴OM//SB，

∵OM⊄平面SBC，SB⊂平面SBC，∴OM/​/平面SBC，故B正确；

AB=(2,0,0)，OM=(−1,λ−1,2−λ)，

若存在点M，使直线OM与AB所成的角为30°，

则cos30°=|AB⋅OM||AB|⋅|OB|=11+(λ−1)2+(2−λ)2=32，

化简，得3λ2−9λ+7=0，无解，故C错误；

点M到平面11.AD

【解析】解：对A，由图可知：y=2x与y=log12x，交点A(a,2a)(0<a<1)，

y=log2x与y=(12)x的交点B(b,2−b)(b>1)，

根据同底的指数函数与对数函数为一对反函数知：A，B关于y=x对称，

故a=2−bb=2a，a+2a=b+2−b，故A正确；

对B，由A知a+b=2−b+2a，故B错误；

对C，由a=2−b知2b=1a，则2b+1=1a+1，

设f(x)=ex−x−1，x∈R，

则f′(x)=ex−1，则当x∈(−∞,0)时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减；

当x∈(0,+∞)时，f′(x)>0，此时f(x)单调递增；

则f(x)≥f(0)=0，则ex−x−1≥0恒成立，即x+1≤ex，当x=0时取等；

令x=1a，则有1a+1≤e1a，

因为1a≠0，则1a+1<e1a，即2b+1<e1a，故C错误；

对D，设ℎ(x)=lnx+1−x，x∈(0,+∞)12.(−1,0)

【解析】【分析】本题考查了利用导数求函数最大值问题，属于中档题．

求导数，判断函数单调性，再确定函数最大值，最后用数形结合法求解．【解答】

解：f(x)=xlnx+12mx2有两个极值点，

则f′(x)=1+lnx+mx=0有两个根，

则g(x)=lnx+1x=−m有两个根，

g′(x)=1x⋅x−(lnx+1)⋅1x2=−lnxx2，

当x∈(0,1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，

当x∈(1,+∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，

g(x)max=g(1)=1>0，

13.0.4

64

【解析】解：由题μ=4，因为3+5=2μ，且P(X<3)=0.3，

所以P(3<X<5)=1−2P(X<3)=0.4；

又σ=4，所以D(X)=16，所以D(Y)=4D(X)=64．

故答案为：0.4；64．

由题意可知：μ=4，σ=4，根据正态分布的对称性可得P(3<X<5)；根据方差的性质可得D(Y)．

本题考查了正态分布的性质及其应用，属于基础题．14.3【解析】解：设P(m,n)，F1(−c,0)，F2(c,0)，由题意可知：m≠±c，n>0，

则直线PF1的斜率kPF1=nm+c，可知l1的方程为y=−m+cn(x+c)，

同理可得：l2的方程为y=−m−cn(x−c)，

联立方程y=−m+cn(x+c)y=−m−cn(x−c)，解得x=−my=m2−c2n，即Q(−m,m2−c2n)，

因为Q在C上，可知P，Q关于y轴对称，

且|PQ|=855，则2|m|=855，可得m2=1615.解：(1)由1a+b+1b+c=3a+b+c，

得：(b+c)(a+b+c)+(a+b)(a+b+c)=3(a+b)(b+c)，

整理可得：a2+c2−b2=ac，

∴cosB=a2+c2−b22ac=12，

又B∈(0,π)，

∴B=π3，

由正弦定理得：bsinB=asinA=csinC=332=2，

∴a=2sinA，c=2sinC，

∴2a+c=4sinA+2sinC=4sinA+2sin(π3+A)=4sinA+3cosA+sinA=5sinA+3cosA=27sin(A+φ)(其中tanφ=35，【解析】(1)化简已知等式，结合余弦定理可求得B，由正弦定理边化角，结合三角恒等变换知识可整理得到2a+c=27sin(A+φ)，由正弦型函数最值可求得结果；

(2)利用面积法和余弦定理可将r表示为316.(1)证明：以BC，BA，BB1为基底建立如图所示空间直角坐标系

则B(0,0,0)，C(2,0,0)，A(0,2,0)，C1(2,0,23)，E(0,0,23λ)．

当λ=13时，E(0,0,233)，

所以AB=(0,−2,0)，BC1=(2,0,23)，CE=(−2,0,233)．

所以AB⋅CE=0，BC1⋅CE=0，

所以CE⊥AB，CE⊥BC1．

又AB∩BC1=B，AB⊂平面ABC1，BC1⊂平面ABC1，

所以CE⊥平面AB【解析】(1)证明见解析；

(2)(277,1)．

(1)建立合适的空间直角坐标系，得出相关向量，求出AB⋅CE=0，B17.(1)解：由题意，可知S1=a1=1，

则S1=1，S2S1=31，S3S2=42，S4S3=53，S5S4=64，⋅⋅⋅，Sn−1Sn−2=nn−2，SnSn−1=n+1n−1，

各项相乘，可得Sn=1⋅31⋅42⋅53⋅64⋅⋅⋅⋅⋅nn−2⋅n+1n−1=n(n+1)2，

∵当n=1时，S1=1也满足上式，

∴Sn【解析】(1)先根据关于Sn的递推公式运用累乘法推导出Sn的表达式，然后结合公式an=S1,n=1Sn−Sn−1,n≥2即可推导出数列{an}18.解：(1)由于f(x)=xlnx，故f′(x)=lnx+1，

所以f(1)=0，f′(1)=1，

所以所求的切线经过(1,0)，且斜率为1，

故其方程为y=x−1；

(2)设ℎ(t)=t−1−lnt，则ℎ′(t)=1−1t=t−1t，从而当0<t<1时ℎ′(t)<0，当t>1时ℎ′(t)>0，

所以ℎ(t)在(0,1]上递减，在[1,+∞)上递增，这就说明ℎ(t)≥ℎ(1)，

即t−1≥lnt，且等号成立当且仅当t=1，

设g(t)=a(t−1)−2lnt，

则f(x)−a(x−x)=xlnx−a(x−x)=x(a(1x−1)−2ln1x)=x⋅g(1x)．

当x∈(0,+∞)时，1x的取值范围是(0,+∞)，

所以命题等价于对任意t∈(0,+∞)，都有g(t)≥0．

一方面，若对任意t∈(0,+∞)，都有g(t)≥0，则对t∈(0,+∞)，

有0≤g(t)=a(t−1)−2lnt=a(t−1)+2ln1t≤a(t−1)+2(1t−1)=at+2t−a−2，

取t=2，得0≤a−1，故a≥1>0．

再取t=2a，得0≤a⋅2a+2a2−a−2=22a−a−2=−(a−2)2，

所以a=2．

另一方面，若a=2，则对任意t∈(0,+∞)都有g(t)=2(t−1)−2lnt=2ℎ(t)≥0，满足条件．

综合以上两个方面，知a的取值范围是{2}．

证明：(3)先证明一个结论：对0<a<b，有lna+1<f(b)−f(a)b−a<lnb+1．

证明：前面已经证明不等式t−1≥lnt，

故blnb−al