2025届江苏省部分学校高三下学期4月调研考试数学试卷（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1江苏省部分学校2025届高三下学期4月调研考试数学试卷一、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.如果复数z满足，那么的最小值是（）A.1 B. C.2 D.【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.4 B.8 C.16 D.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：C3.已知，若对于任意的实数m，不等式恒成立，则cos∠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：B7.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.2 B.3 C. 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.28 B.24 C.32 D.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：耕种深度x/cm81012141618每公顷产量y/t68mn1112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，(为奇数)0+(为偶数)+0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．江苏省部分学校2025届高三下学期4月调研考试数学试卷一、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.如果复数z满足，那么的最小值是（）A.1 B. C.2 D.【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.4 B.8 C.16 D.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：C3.已知，若对于任意的实数m，不等式恒成立，则cos∠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：B7.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.2 B.3 C. 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.28 B.24 C.32 D.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：耕种深度x/cm81012141618每公顷产量y/t68mn1112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