江苏省泰州市2025届高三第四次调研测试数学试题（解析版）

PAGE1泰州市2025届高三第四次调研测试数学试题（考试时间：120分钟；总分：150分）命题人：王光华缪鑫谷灿远杨元军审题人：吴春胜杨华一、选择题：本大题共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.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先解对数不等式求出集合，再求即可.【详解】由，得，所以，即，所以.故选：D2.若，其中i是虚数单位，则复数z的共轭复数的模为（）A. B.2 C. D.4【答案】B【解析】【分析】先求出复数z，再根据共轭复数和模的定义求解.【详解】，所以，且.故选：B3.已知，则等于（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】将题干条件平方处理，得出，然后对待求表达式也平方处理即可得解.【详解】由，则，解得，于是，故.故选：B4.设是等差数列的前n项和，是数列的前n项和.若，则等于（）A.49 B.50 C.51 D.52【答案】C【解析】【分析】设等差数列的公差为，根据题意，列出方程组求得的值，求得，结合等差数列的求和公式，即可求解.【详解】设等差数列的公差为，因为，可得，解得，所以，所以，所以.故答案为：C.5.的展开式中二项式系数的和为64，则展开式中的常数项为（）A.8 B.12 C.15 D.【答案】C【解析】【分析】依据题干得到，然后求得通项公式，根据常数项的特点计算即可.【详解】由题可知：，通项公式，令，所以常数项为.故选：C6.已知一个密码箱的密码锁由三位数字组成（从左至右排列），甲、乙、丙、丁各尝试拨了一个密码，依次为768，749，857，316．若甲拨的密码中1个数字正确，且它的位置也正确；乙拨的密码中1个数字正确，但它的位置不正确；丙拨的密码中2个数字正确但它们的位置都不正确；丁拨的密码中所有数字都不正确.请根据提供的信息，判断该密码箱的密码为（）A.548 B.598 C.965 D.985【答案】B【解析】【分析】从丁猜的结果先排除密码中的1,3,6，根据甲乙猜的首位都有7可知7不在百位，然后结合乙丙的情况分析.【详解】丁拨的密码316都不正确，说明正确密码中不含有1,3,6三个数字.因此甲拨的密码768中，6是错误数字，而甲乙都猜7是百位说明百位不是7，否则和乙的结果矛盾，故甲猜中的8是个位，且6,7都是错误数字；故丙猜中的除了8只能是5，则5只能是百位，此时乙猜的749对于5_8有猜对的数字但位置不对，只能是598；故选：B7.在三棱锥中，，，侧棱长都等于，其中在球的表面上，则球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先求出外接圆的半径，再根据三棱锥的特征找出球心与外接圆圆心的位置关系，进而求出球的半径，最后根据球的表面积公式求出球的表面积.【详解】已知，，由余弦定理得：所以，由正弦定理，底面的外接圆半径满足，即，故，由于侧棱长，则顶点在底面上的投影为底面三角形的外心，则，设，由勾股定理，即，解得：，则外接球的球心必在过且垂直于底面的直线上，设到的距离为，则，，因，故，解得：，所以球的半径，表面积为.故选：D.8.已知函数．若，则实数a的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】先通过对变量替换，即令，将原函数变为，通过求导判断的单调性，利用其严格递增性将原不等式转化为，最终求解一元二次不等式.【详解】令，则原函数可改写为：，定义辅助函数，则，由，故是奇函数，，又（当且仅当时取等号），且,,因此，在上严格递增，原不等式转化为：，即，因为为奇函数，即，所以，又在上严格递增，故，所以，得，故选：A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.下列说法中正确的有（）A.数据1，2，3，4，5，6的上四分位数为B.若随机变量，则C.若随机变量X服从正态分布，，则D.已知x，y之间存在关系式，设，若x，z之间具有线性相关关系，且与之对应的线性回归方程为，则【答案】BC【解析】【分析】对于A，由百分位数的定义判断即可；对于B，由二项分布的知识判断即可；对于C，由正态分布的对称性验算即可；对于D，由线性回归的相关知识判断即可.【详解】对于A，将6个数据从小到大排列为：1，2，3，4，5，6，而，从而数据1，2，3，4，5，6的上四分位数为从将6个数据从小到大排列后的第5个数据，即为5，故A错误；对于B，因为，解得，故B正确；对于C，设，若随机变量X服从正态分布，则，即，解得，所以，故C正确；对于D，由题意，所以，则，故D错误.故选：BC.10.在平面直角坐标系中，点在椭圆上，点A和点B处的椭圆C的切线相交于点P，延长分别交圆于，．设直线的斜率分别为．到直线的距离分别为，则下列结论正确的有（）A.点P在圆O上 B.C. D.【答案】AD【解析】【分析】本题需综合运用椭圆切线方程、向量垂直条件、点到直线距离公式及斜率关系等知识,解题步骤分为验证点P在圆上、计算距离乘积、分析斜率乘积及判断直线平行性.【详解】对于A,由椭圆的蒙日圆性质，对于椭圆，从椭圆上任意两点引出的切线互相垂直时，两切线交点的轨迹是以原点为圆心，半径为的圆，所以在椭圆C：中，，又，即，所以蒙日圆方程为，即圆O：,所以点P在圆O上，所以A选项正确；对于B,设，由椭圆的切点弦方程可知：直线的方程为，用点到直线距离公式计算：，将代入化简：所以B选项错误；对于C,设,直线的斜率，直线的方程为，所以直线的斜率为，则，所以C选项错误；对于D如图：设与交于点，设，的中点N，由点差法可知，所以，故三点共线，所以M与N重合，易知和都是直角三角形，故过圆心O，由直角三角形的性质可知：，则，所以，所以，故选项D正确.故选:AD.11.如图，正方体的棱长为3，动点P在正方体内及其表面上运动，点E在棱AD上，且，则下列说法正确的有（）A.若，，则三棱锥的体积为定值B.棱上存在点P，使得平面C.若，则动点P所围成的图形的面积为D.若动点P在正方形ABCD内，，则线段BP的最小值为【答案】ACD【解析】【分析】先根据题目及选项A的条件得出点P的轨迹，再根据线面平行的判定定理及性质即可判断选项A；结合正方体的性质及面面平行的性质可判断选项B；根据正方体的性质、线面垂直的判定定理及性质可得出点P的轨迹，进而可判断选项C；先在底面ABCD中建立平面直角坐标系，求出动点P的轨迹，再借助圆的知识可判断选项D.【详解】对于选项A：因为动点P在正方体内及其表面上运动，且，，所以点P在线段上.由正方体性质可得：.因为平面，平面，所以平面，则点到平面距离等于点P到平面距离，所以三棱锥的体积即为三棱锥的体积，即三棱锥的体积为定值，故选项A正确；对于选项B：由正方体性质可得：平面平面.因为点E在棱AD上，且，点P在棱上，所以直线平面，则直线与平面相交，所以棱上不存在点P，使得平面，故选项B错误；对于选项C：由正方体性质可得：，.因为，平面，平面，所以平面，又因为，动点P在正方体内及其表面上运动，所以点P轨迹为矩形.又因为正方体的棱长为3，所以，则动点P所围成的图形的面积为，故选项C正确；对于选项D：在底面ABCD中，以点为坐标原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴建立平面直角坐标系，如图所示：则，，.因为动点P在正方形内，所以设点坐标为，，且.则，.由正方体性质可得：平面，因为平面，所以,则.又因为，所以，整理得：，所以动点P的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，且在正方形内的一部分.因，所以线段BP的最小值为，故选项D正确.故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知，则=______．【答案】【解析】【分析】先求出的表达式，再用裂项相消法求和即可得结果.【详解】由得..故答案为：.13.已知抛物线的焦点为F，过点的直线与抛物线相交于A，B两点，直线l与抛物线的准线相交于点N，若，则与的面积之比为______.【答案】【解析】【分析】分别过作准线的垂线，，由，可得点的坐标，进而可得直线的方程，与抛物线联立可得点坐标，利用即可得解.【详解】抛物线的焦点为，准线方程为，设，∵,∴，∴，不妨取点，又∵，∴直线的斜率，∴直线的方程为.由，得，则∴，，.∴，过，两点分别作准线的垂线，垂足分别为，，由∽，所以，∴与的面积之比为.故答案为：.14.已知锐角，满足，则的最小值为______.【答案】##【解析】【分析】根据两角和的余弦公式及弦切互化得，从而利用二倍角的正弦公式和余弦公式化简得，最后根据为锐角及正弦函数的性质求得最小值.【详解】因为，所以，所以，因为为锐角，所以两边同除得，所以.因为为锐角，所以当时，有最大值为1，此时取到最小值为.故答案为：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，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若.（1）求A；（2）若a=2，的面积为，求b，c的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先利用正弦定理将边变成角，然后利用以及两角和的正弦公式代入计算即可；（2）先利用面积公式求出，再利用余弦定理求出，然后解方程组即可.【小问1详解】由及正弦定理得.因为，所以.由于，所以.又，故.【小问2详解】由题得的面积，故①.而，且，故②，由①②得.16.已知函数的图象经过点，函数在处有极值，且．（1）求函数的解析式；（2）若（且），求的极大值.【答案】（1）（2）答案见解析【解析】【分析】（1）先求出导函数，再根据题目条件列出等式求解出，，，得出；最后利用导数求出函数极值进行验证.（2）先根据（1）中结论和题目条件得出，求出导函数；再根据和分两种情况讨论，分别利用导数判断函数的单调性求出极大值即可.【小问1详解】因为，所以.由函数的图象经过点，可得：，由函数在处有极值，可得：且，由，可得：，以上式子联立，解得：，，，故，，令，解得：或；令，解得：，则函数在内单调递增；在内单调递减；在内单调递增，故在处取极小值，符合题意，所以．【小问2详解】因为，，所以，，，则.令，解得：，.当时，有，令，解得：或；令，解得：，此时函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，则的极大值为.当时，有，令，解得：或；令，解得：，此时函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，则的极大值为.综上可得：当时，的极大值为；当时，的极大值为．17.在平面直角坐标系xOy中，已知点D为双曲线E：的右顶点，，在双曲线上.（1）求双曲线E的方程；（2）过点且斜率为的直线l与双曲线E的左支交于A，B两点，的外接圆的圆心为P，直线OP的斜率为，证明：为定值.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）将点的坐标代入方程计算即可.（2）假设直线方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理求得斜率范围，然后假设圆的方程，并于双曲线方程联立，最后将联立之后的两方程系数对应成比例，计算即可.【小问1详解】因为，在双曲线E上，所以，故，所以E的标准方程为．【小问2详解】如图：设直线l：，由得，①所以，因为直线l与双曲线E的左支交于A，B两点，所以，且，故，设圆P：，，由，得，②由双曲线的右顶点D在圆上得，由①②得由，可得③由，可得④所以3④③可得，即．18.已知四棱柱的各棱长均为2，，，，．（1）证明：；（2）请从下列条件①，条件②，条件③中选出两个作为已知条件，使得点G的位置确定．（i）求λ的值；（ii）求直线GB与平面所成的角的正弦值．条件①：三棱锥的体积为1；条件②：；条件③：二面角的余弦值为．【答案】（1）证明见解析（2）（i）；（ii）．【解析】【分析】（1）取AD中点O，连接，BO，通过证明AD⊥平面得到（2）若选①③：利用，可求出，得到，OA⊥OB，（i）以O为坐标原点，为一组正交基底建立空间直角坐标系，设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，利用二面角的余弦值为，求出（ii）方法1：表示出，设平面的一个法向量为，求出与夹角的余弦值，得到直线GB与平面所成的角的正弦值.方法2：连接OG、，证明∠OGB为直线GB与平面所成的角，在Rt△OGB中求解即可.若选②③：在中，由余弦定理得出，进而得到，中，由余弦定理得，验证满足，得到，OA⊥OB，后续同选①③一致若选①②，则点G的位置不确定，与题意不符合．【小问1详解】取AD中点O，连接，BO，因为，所以为正三角形．所以，又，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，【小问2详解】若选①③：（i）在四棱柱中，点G在棱上，因为，DG平面，平面，所以平面，由（1）可知：AD⊥平面，所以，所以，即，OA⊥OB，以O为坐标原点，为一组正交基底建立空间直角坐标系，则，所以，，所以，所以，，设平面的一个法向量为，则令，则，因为平面的一个法向量为，由二面角的余弦值为得：，即，因为，所以．（ii）方法1：因为，平面的一个法向量为，设直线GB与平面所成的角为θ，则，所以直线GB与平面所成的角的正弦值为．（ii）方法2：因为点G为棱中点，连接OG、，因为平面ABCD，又平面ABCD，所以，又，，平面，，所以BO⊥平面，所以为直线GB与平面所成的角，在中，，所以．所以直线GB与平面所成角的正弦值为．若选②③：（i）因