2025年江苏省南京市高考数学模拟练习卷（一） 含答案

/2025年江苏省南京市高考数学模拟练习卷（一）注意事项：1．本试卷满分150分，考试时间120分钟。2．答题前，考生务必将姓名、考生号等个人信息填写在答题卡指定位置。3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答。超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。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．在复平面内，O为原点向量对应的复数为，若点A关于实轴的对称点为B，则向量对应的复数为（

）A． B． C． D．2．已知集合，若，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．3．若“，”是假命题，则的取值范围为（

）A． B． C． D．4．已知随机变量，且，则的最小值为（

）A．5 B． C． D．5．设，则（

）A． B．C． D．6．设数列满足，，，为的前项和，若，则的最小值为（

）A． B． C． D．7．已知分别是双曲线：的左右焦点，点在双曲线右支上且不与顶点重合，过作的角平分线的垂线，垂足为，为坐标原点，若，则该双曲线的离心率为（

）A． B． C． D．8．如图，三个区域有通道口两两相通，一质点从其所在的区域随机选择一个通道口进入相邻的区域，设经过次随机选择后质点到达区域的概率为，若质点一开始在区域，则（

）

A． B． C． 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．函数的图象关于点对称，则下列结论正确的有（

）A．B．函数图像的一条对称轴为直线C．函数在区间上是增函数D．函数的图像可由函数的图像向左平移个单位得到10．已知双曲线的左右焦点分别是，，过的直线交双曲线的右支于、两点，若为等腰直角三角形，则的离心率可能为（

）A． B． C． D．11．已知函数，数列满足，则（

）A．方程的解集为B．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立C．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立D．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．设的展开式的各项系数之和为M，二项式系数之和为N，若，则展开式中的系数为．13．现从甲、乙、丙3人中选派一人参加“垃圾分类”知识竞答，他们商议通过玩“石头、剪刀、布”游戏解决：如果其中两人手势相同，另一人不同，则选派手势不同的人参加；否则重新进行一局“石头、剪刀、布”游戏，直到确定人选为止.在每局游戏中，甲、乙、丙各自出3种手势是等可能的，且各局游戏是相互独立的，则直到第三局游戏才最终确定选派人员的概率为.14．设点在的图像上，点在的图像上，且､均在第一象限，若为平面直角坐标系的原点，已知，，则．四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．已知为锐角三角形，角、、的对边分别为、、，，.(1)求的取值范围；(2)求的内切圆半径的最大值.16．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，平面平面，，，，点E，F分别为棱PD，BC的中点，点G在线段AF上．(1)证明：平面；(2)求点到平面的距离；(3)设直线与平面，平面，平面所成的角分别为，，，求的最大值．17．已知双曲线的左、右焦点分别为，，若直线与相切于第一象限内的点，且与轴相交于点.(1)证明：平分；(2)过原点作的垂线（垂足为），与相交于点，求面积的最大值.18．在空间直角坐标系中，某质点从原点出发，每秒向轴、轴或轴正、负方向移动一个单位，且向六个方向移动的概率均相等.(1)求该质点在第秒末移动到点的概率；(2)设该质点在第秒末移动到点，记随机变量，求的均值；(3)设该质点在第秒末回到原点的概率为，证明.19．若对于函数和，对任意实数，都存在常数，使成立，则称函数是函数的“函数”.（已知和定义域均为）.(1)证明：函数是函数的“函数”；(2)若函数是函数的“函数”，求的取值范围；(3)若函数，函数为偶函数，函数是函数的“函数”，求证：“”的充要条件是“存在常数，使得恒成立”.《2025年江苏省南京市高考数学模拟练习卷（一）》答案题号12345678910答案DBBDDDADACDBC题号11答案ABC1．D【分析】求出点的坐标，由对称求出点的坐标，进而求出对应的复数.【详解】依题意，，则点，所以向量对应的复数为.故选：D2．B【分析】化简集合B，再由集合交集建立不等式得解.【详解】因为，，所以，所以，故选：B3．B【分析】确定对于恒成立，变换，根据三角函数的值域得到答案.【详解】“，”是假命题，即对于恒成立，即，，，故.故选：B4．D【分析】根据正态分布的对称性求得，利用基本不等式求得正确答案.【详解】根据正态分布的知识得，则，，当且仅当，即时取等.故选：D5．D【分析】根据给定条件，利用对数换底公式及对数函数性质，结合不等式性质比较大小.【详解】依题意，，，，所以.故选：D6．D【分析】根据条件得到，从而可得，即可求解.【详解】令由，得到，即，又，，则，，所以，则，又，所以数列是以为首项，公比为的等比数列，则，由，得到，即，又，所以，故选：D.7．A【分析】延长交于，利用角平分线的性质及双曲线的定义求得，再根据双曲线的参数关系及离心率公式求离心率.【详解】延长交于，由是的角平分线，则，，又是的中点，所以，且，由，则，所以.故选：A8．D【分析】记质点经过次随机选择后到达区域的概率为，质点经过次随机选择后到达区域的概率为，经过分析可得，整理得，通过构造等比数列即可求解.【详解】记质点经过次随机选择后到达区域的概率为，质点经过次随机选择后到达区域的概率为，则有，消去，可得，则，因为，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以，即，故.故选.9．ACD【分析】由辅助角公式及图象关于点对称即可判断A；根据正弦含函数的性质即可判断BC；由函数平移即可判断D．【详解】对于A，由题得，又图象关于点对称，所以，即，由得，，所以，故A正确；对于B，，故B错误；对于C，当时，，因为在上单调递增，所以函数在区间上是增函数，故C正确；对于D，函数的图像向左平移个单位得，，故D正确，故选：ACD．10．BC【分析】分和与轴不垂直两种情况，结合几何关系以及双曲线的定义、性质可求解.【详解】当轴时，将代入得解得，所以，且，因为为等腰直角三角形，所以所以，所以，则有，即，解得（舍）或，当与轴不垂直时，由于对称性，不妨设倾斜角为锐角，且在轴上方，则可得，所以由为等腰直角三角形可得，根据双曲线的定义可得所以，又因为，所以，又因为，所以，所以，在直角三角形中，，即，整理得，解得，故选:BC.11．ABC【分析】先求解方程的解集可判断A；先根据数学归纳法得出的范围，再利用范围以及递推关系式可判断数列的增减性来判断BC；先证明数列的增减性，再构造等比数列，求出通项，结合指数函数和对数函数的性质可判断D.【详解】对于A，已知，令，即.设，则，原方程可化为，即，则，解得或或.当时，；当时，；当时，.所以方程的解集为，故A选项正确；对于B，若，可用数学归纳法证明：，即，证明：当时，，此时不等关系成立；设当时，成立，则，故成立，即由数学归纳法可得成立，而，又，，故，故，故为递增数列，若，则恒成立，故B选项正确；对于C，若，可用数学归纳法证明：，即，证明：当时，，此时不等关系成立；设当时，成立，则，故成立，即由数学归纳法可得成立，即由数学归纳法可得成立.而，又，，故，故，故为递减数列，存在常数，使得恒成立，故C选项正确；对于D，若，则，，则，即，因，则对任意恒成立，即为递增数列，则对任意恒成立，因，则，则，则，则，因，则数列是以为首项，以为公比的等比数列，则，因函数为上的单调递增函数，且值域为，则当时，，再结合对数函数的图象可知，则不存在常数，使得恒成立，故D选项错误.故选：ABC.12．150【分析】利用赋值法及二项式系数和公式求出、列出方程求得，利用二项展开式的通项公式求出第项，令的指数为3得进而得系数．【详解】中，令得展开式的各项系数之和，根据二项式系数和公式得二项式系数之和，∵，∴解得，∴的展开式的通项为，令得，故展开式中的系数为，故答案为150.本题主要考查赋值法是求二项展开式系数和的方法，利用二项展开式的通项公式解决二项展开式的特定项问题，属于中档题.13．【分析】根据题意，先求出进行一局游戏，没有确定参加活动人选的概率，然后根据各局游戏是相互独立，即可得到结果.【详解】设事件表示“进行一局游戏，成功确定参加活动人选”，则，则进行一局游戏，没有确定参加活动人选的概率为，且各局游戏是相互独立的，则直到第三局游戏才最终确定选派人员的概率为.故14．/1.5【分析】由已知得关于对称，设，由在直线上方，得，根据余弦定理得出，再根据两点之间距离公式列出方程组，即可求解．【详解】因为与互为反函数，且､均在第一象限，，所以点关于对称，设，因为在直线上方，所以，在中，由余弦定理得，，解得，所以①，又因为，所以②，由①②得，，设，则，解得（舍）或，所以，所以，故．15．(1)(2)【分析】（1）由余弦定理求出的值，可得出角的值，根据为锐角三角形求出角的取值范围，利用正弦定理与三角恒等变换化简得，根据角的取值范围结合正弦型函数的基本性质可求得的取值范围；（2）利用正弦定理结合三角恒等变换、正弦函数的基本性质可求出的取值范围，然后利用等面积法得出，即可得出的最大值.【详解】（1）因为，则，可得，由余弦定理可得，因为为锐角，故，因为为锐角三角形，则，解得，由正弦定理可得，故，，故，因为，则，所以，故，即的取值范围是.（2）因为，因为，则，故，故，又，则，由，得，则当，即时，，所以的内切圆半径的最大值.16．(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）连接，取的中点，连接，根据面面垂直的性质得到平面，即可得到，再由，即可得证；（2）利用等体积法求出点到平面的距离；（3）连接，，取的中点，连接，确定直线与平面，平面，平面所成的角，再根据锐角三角函数得到，设，，利用换元法求出函数的最大值.【详解】（1）连接，取的中点，连接，因为底面为菱形，且，所以、为等边三角形，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，平面，所以，又，，平面，所以平面；（2）因为平面，平面，所以，，又，，，所以，所以，又，所以，设点到平面的距离为，则，即，解得，即点到平面的距离.（3）连接，，则且，又平面，所以平面，则为直线与平面所成的角，即，所以，取的中点，连接，则且，又为中点，所以，又，所以，由平面，平面，所以，，又，平面，所以平面，则平面，又，平面，所以平面，连接，，则为直线与平面所成的角，即，所以，为直线与平面所成的角，即，所以，所以，又，设，，所以，所以，令，则，所以，因为，所以，所以当时取得最大值，且最大值为，所以.17．(1)证明见解析(2)【分析】（1）设，设切线，联立方程组利用判别式可求得，进而求得，可证到两边距离相等，可证结论；（2）由（1）可知的方程为，联立方程线求得的纵坐标，进而可求得面积的最大值.【详解】（1）设，则满足，又可设切线，则联立化简得.由，解得，所以直线，令，得.直线的方程为，即，所以到的距离为.同理点到直线的距离为.所以，故平分.（2）由（1）可知的方程为，联立解得.联立解得..当且仅当时，取等号.所以的面积，即面积的最大值为.18．(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）根据组合公式得到共有种可能，再计算出所有情况，利用古典概型公式即可得到答案；（2）首先得到的所有可能取值为、、，再按步骤写出其分布列，计算其期望即可；（3）设质点向轴正、负方向移动相同的次数，设为次，向轴正、负方向移动相同的次数，设为次，则，化简比较大小即可.【详解】（1）在第秒末质点要移动到点，需要沿轴正方向移动次，沿轴正方向移动次，所以共有种可能.故该质点在第秒末移动到点的概率为.（2）质点在第秒可能移动到点、、、、、、、、、、、、、、、、、、，所以的所有可能取值为、、，，，所以.（3）质点要在第秒末回到原点，则必定向轴正、负方向移动相同的次数，设为次，向轴正、负方向移动相同的次数，设为次，向轴正、负方向移动相同的次数，为次.所以，，所以.19．(1)证明见解析(2)(3)证明见解析【分析】（1）求出、，证明出，即可证得结论成立；（2）结合定义，构造函数，结合导数求出最小值即可得出实数的取值范围；（3）先证明充分性：若存在常数使得恒成立，结合偶函数定义计算即可得；再证明必要性：由题意可得，又，，可推导出，可得到，即可得证