江苏省盐城市2025届高三下学期高考考前指导卷数学试题（解析版）

PAGE12025届高三考前指导卷数学试题注意事项：1.本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分，考试形式闭卷.2.本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分.3.答题前，务必将自己的姓名､准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡上.一､单项选择题（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，集合，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】解二次不等式可得集合B，再求即可.【详解】根据题意，所以，故选：A.2.已知复数满足，则（）A.2 B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由题得，根据复数的乘法运算及模长公式可求.【详解】，，，故选：D.3.已知向量、满足，，，则、的夹角为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用平面向量数量积的运算性质求出的值，即可得出、的夹角.【详解】因为，，，所以，故，所以，即、的夹角为.故选：A.4.若函数的图象与直线的两个相邻交点之间的距离为，且为奇函数，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】依题意可得的最小正周期，即可求出，从而表示出的解析式，再根据其奇偶性求出．【详解】因为函数的图象与直线的两个相邻交点之间的距离为，所以的最小正周期，又，所以，所以，则，又为奇函数且，所以，所以，所以的最小值为．故选：B．5.设等差数列的前项和为，若，，则当取最小值时的值为（）A.12 B.13 C.14 D.25【答案】C【解析】【分析】利用等差数列的性质化简，得到，结合，判断公差，得到即可判断.【详解】由可得，由等差数列的性质可得：，因，则等差数列的公差，即等差数列为递增数列，故，即取最小值时，的值为14.故选：C.6.若，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据题意，利用正余弦和差公式化解可得，，再根据正切差角公式可求.【详解】，，即，，，，故选：A.7.已知抛物线的顶点为，焦点为，过点的直线交抛物线于两点，若，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】通过设点、设直线联立方程求解坐标，再利用向量夹角公式求三角函数值.【详解】，设，由抛物线的焦半径公式得，因为，所以，可得，由题意知直线的斜率不为，设直线方程为，代入抛物线方程得，即，因为，根据韦达定理有，又因为，所以，代入得，因为抛物线关于轴对称，所以不妨假设点在第一象限，则，所以，根据向量的夹角公式有，所以.故选：B.8.定义在上的函数满足，且当时，，则等于（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用赋值法得到，，，根据，得，从而可得.再由当时，，可求出，从而可求解.【详解】在中，令，可得,即，所以.又，所以,所以.因为，所以，所以.因为，当时，，所以，所以，所以故选:B.二､多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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.设不全相等的样本数据、、、的平均数为，在该样本中增加平均数，则新样本（）A.中位数不变 B.平均数不变C.方差不变 D.方差变小【答案】BD【解析】【分析】利用中位数的定义可判断A选项；利用平均数公式可判断B选项；利用方差公式可判断CD选项.【详解】对于A选项，不妨设，当n为奇数时，则原数据的中位数为，若，则中位数为，若，则中位数为，当n为偶数时，则原数据的中位数为若，则中位数为，若，则中位数为，A错；对于B选项，由已知可得，新数据的平均数为，与原数据的平均数相等，B对；对于CD选项，新数据的方差为，C错D对.故选：BD.10.在等腰梯形中，为中点，点为的中点，将沿折起到的位置，使得平面平面，下列说法中正确的有（）A.平面B.点到平面的距离为C.与平面所成角的正弦值为D.三棱锥外接球表面积为【答案】ACD【解析】【分析】对于A，等腰梯形中，根据边长可得，由此即可证平面；对于B，先证平面，再利用等体积法可求点到面的距离；对于C，由线面夹角的定义可知与平面所成角的正弦值为；对于D，根据题意球心在过外接圆圆心垂线的交点处，然后求出半径及表面积.【详解】在等腰梯形中，为中点，，且，四边形为平行四边形，，且，又，所以为等边三角形，即，所以四边形和四边形均为菱形，，，，，翻折后，，，又平面，，所以平面，故A正确；对于B，平面平面，平面平面，，平面，平面，，，，，则，即，，设点到平面的距离为，，解得，故B错误；对于C，与平面所成角的正弦值为，故C正确；对于D，根据题意为等边三角形，且平面平面，设外接圆圆心，过分别作平面与平面的垂线，交点即为球心，连接，，，所以三棱锥外接球表面积为，故D正确；故选：ACD.11.如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正三角形，沿着轴连续滚动（滚动时无滑动），若滚动中，顶点恰好经过坐标原点，设顶点满足，则下列判断正确的有（）A.B.函数对称轴方程为C.函数的单调增区间为D.函数恰有3个零点，则或【答案】ABD【解析】【分析】画出图形，结合周期性和对称性以及单调性可判断ABC，由直线与圆的位置关系可得D.【详解】如图，在图中一段一段的扇形上运动，对于A，初始时在原点，当时，即为正三角形的高，故A正确；对于B，的一条对称轴为，周期为6，每经过半个周期均为的对称轴，所以函数的对称轴方程为，故B正确；对于C，函数的单调增区间为，故C错误；对于D，当时，直线与圆相切，此时；当直线与圆相切，此时，经检验切点恰在所在圆弧上，，；当与圆相切时，可得，结合图象要使与恰有3个交点，则或，故D正确.故选：ABD.三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.已知复数满足，则复数所对应的点的轨迹方程为__________.【答案】【解析】【分析】根据题意，利用复数的几何意义，结合双曲线的定义，即可求解.【详解】由复数满足，可得根据复数的几何意义，方程表示复数对应的点到点和间的距离之差的绝对值为定值，由双曲线的定义，可得复数所对应轨迹为以和为焦点的双曲线且，可得，则，所以复数所对应的点的轨迹方程为.故答案为：.13.在中，，点满足，设，若，则__________.【答案】##【解析】【分析】设，利用正弦定理，可得，，结合题设条件，即可求出答案.【详解】如图，设，则，在和中，由正弦定理可得，，，两式相除，可得：，因，，代入解得.故答案为：.14.若各项均为正整数的无穷数列满足，则数列__________单调数列（填“是”或“不是”）；符合条件的数列有__________个.【答案】①.不是②.15【解析】【分析】根据已知条件，利用反证法可以证明只能存在有限多个，使得，存在，使得当时都有，从而排除单调性，并进一步得到，根据各项均为正整数确定有序数对一共有15对，即可确定数列一共有15个.详解】由，可得，用换得，两式作差得.若存在无穷多个，使得，设这些的值从小到大排列依次为，因为，所以，所以对于任意的，都有，对于每一个，，所以为无穷递减数列，又∵，，所以每次递减的值至少是1，但，这就产生了矛盾；所以只能存在有限多个，使得，所以存在，使得当时都有.这就可以得到数列不可能是单调数列.于是将代入中可得，因为的因数只能是的形式，所以其因数个数共有个，所以有序数对的值也一共有15对，每一对的值唯一的决定了其后面的所有项，同时由递推公式得可知，每一对的值唯一的决定了其前面的所有项，所以数列一共有15个.故答案为：不是；15.四､解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明､证明过程或演算步骤）15.智能驾驶是近年来人工智能､传感器､高精度地图等领域融合发展的产物，正在逐步改变着传统交通方式.智驾的安全性是目前公众和行业关注的焦点.某车评中心对智能驾驶系统进行天气场景测试，每次测试相互独立，数据整理如下：天气类型成功次数失败次数总计晴天8020100雨雪天5050100合计13070200（1）根据测试数据判断，是否有的把握认为测试结果与天气类型有关？（2）用频率估计概率，车评中心在某个雨雪天又进行了数次独立测试，记测试成功的次数为，若，求车评中心测试的次数.参考公式：0.10.050.010.0012.7063.8416.63510.828【答案】（1）有（2）11【解析】【分析】（1）根据独立性检验的思想，求出，然后与临界值比较即可判断；（2）由题意，求出后列式求解即可.【小问1详解】提出假设为：测试结果与天气类型没有关系，根据列联表中数据，求得，可以推断假设不成立.因此有的把握认为，测试结果与天气类型有关.【小问2详解】设车评中心测试的次数为，则，则，因为，所以即，所以车评中心测试的次数为11.16.在四棱锥中，,，.（1）求证：平面；（2）设为棱上一点，若直线与所成角的余弦值为，求的值.【答案】（1）证明见解析;（2）或.【解析】【分析】（1）在上取一点，得到，则有，利用余弦定理及勾股定理的逆定理证得，则有平面，即有，再结合可证得平面；（2）建立空间直角坐标系，设，利用空间向量间夹角的坐标运算公式建立方程，即可得解.【小问1详解】在棱上取一点，使得，连接,因为，所以四边形是平行四边形，则，因为，所以.又因为，根据余弦定理可得，即，则有，所以，又平面，则平面，又平面，则，又因为平面，所以平面.【小问2详解】以点为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，过点作轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设，则，则，于是，化简得，解得或，所以或.17.设函数.（1）求在处的切线方程；（2）若恒成立，求的最小值；（3）求证：.【答案】（1）（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）求导，根据导数的几何意义可得切线方程；（2）分离参数，构造函数，求导根据导数判断函数的单调性与最值，进而确定参数范围；（3）由（2）可得，所证不等式即可转化为，构造函数，求导根据导数判断函数单调性与最值，进而得证.【小问1详解】由已知，则，则，又，所以函数在处的切线方程为，即；【小问2详解】由已知，恒成立，则对恒成立，设，，则，当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减，所以，所以，即的最小值为；【小问3详解】由（2）可知时，，又，所以，则时，，设，，则，设，则，所以当时，恒成立，所以在上单调递增，所以，所以在上单调递增，即，所以，，即，综上所述.【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．18.已知点、为椭圆上两点.（1）求椭圆的方程；（2）过原点的直线与椭圆交于、两点，记四边形与的面积分别为、，若，求；（3）过点的直线交椭圆于、两点，过且平行于轴的直线与直线交于点，与直线交于点，求证：点为线段的中点.【答案】（1）（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）将点、的坐标代入椭圆的方程，求出、的值，即可得出椭圆的方程；（2）设原点为，直线与轴交于点，分析可得，可求出点的坐标，进而可得出点的坐标，可求出直线的坐标，并将直线的方程与椭圆方程联立，求出点的横坐标，可求出的值，求出点到直线的距离，利用三角形的面积公式可求出的值；（3）分析可知直线的斜率存在，设直线的方程为，设点、，将该直线方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，求出点、的坐标，计算出，即可证得结论成立.【小问1详解】已知、是椭圆上两点，则，解得，故椭圆的方程为.【小问2详解】设原点为，直线与轴交于点，由对称性知，为的中点，所以，因为，所以，得，又，则，即.所以，则直线的方程为，联立，消去得，由韦达定理得，则，点到直线的距离，所以.【小问3详解】证明：若点的直线斜率不存在，则该直线的方程为，显然直线与椭圆相切，故点的直线斜率存在，设方程为，与椭圆相