高級中學名校試卷PAGEPAGE1江蘇省南通市部分學校2025屆高三上學期8月聯合統一調研測試數學試卷一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，，則（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由，解得或，所以，又，所以.故選：C.2.當m＜1時，復數m（3+i）﹣（2+i）在復平面內對應的點位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限〖答案〗D〖解析〗m（3+i）﹣（2+i）化簡得（3m﹣2）+i（m﹣1），∵，∴3m﹣2＞0，m﹣1＜0，∴所對應的點在第四象限，故選：D.3.空間中有8個點，其中任何4個點不共面，過每3個點作一個平面，可以作平面個數為（）A.42 B.56 C.64 D.81〖答案〗B〖解析〗根據題意知“三個不共線的點確定一個平面”，且所確定的平面與點的順序無關，所以共可確定的平面個數是個.故選：B.4.若直線l的方程為x-ysinθ+2=0，則直線l的傾角的范圍是（）A.[0，] B.[，] C.[，] D.[，）∪（，）〖答案〗C〖解析〗當時，方程為，傾斜角為，當時，直線的斜率，所以，即，綜上，故選：C．5.在中，，BC邊上的高等于,則（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗設,故選C.6.考慮以為樣本空間的古典概型．設X和Y定義上，取值的成對分類變量，則“與獨立”是“與獨立”的（）A.充要條件 B.充分不必要條件C.必要不充分條件 D.既不充分也不必要條件〖答案〗A〖解析〗與獨立，則，即，.即，故“與獨立.反之亦然.故選：A.7.四名同學各擲骰子5次，分別記錄每次骰子出現的點數．根據四名同學的統計結果，可以判斷出一定沒有出現點數6的是（）A.平均數為3，中位數為2 B.平均數為2，方差為2.4C.中位數為3，眾數為2 D.中位數為3，方差為2.8〖答案〗B〖解析〗對于A，當投擲骰子出現結果為1，1，2，5，6時，滿足平均數為3，中位數為2，可以出現點數6，故A錯誤；對于B，若平均數為2，且出現6點，則方差，則平均數為2，方差為時，一定沒有出現點數6，故B正確；對于C，當投擲骰子出現結果為2，2，3，4，6時，滿足中位數為3，眾數為2，可以出現點數6，故C錯誤；對于D，當投擲骰子出現結果為1，2，3，3，6時，滿足中位數為3，平均數為，方差為，可以出現點數6，故D錯誤；故選：B．8.已知A，B為雙曲線上不同兩點，下列點中可為線段的中點的是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗設的中點，所以，易知，由點差法可得，若，此時，與雙曲線聯立，即lAB與雙曲線只有一個交點，故A若，則此時，與雙曲線聯立，即lAB與雙曲線有兩個交點，故B若，則此時，與雙曲線聯立，即lAB與雙曲線有一個交點，故C若，則此時，與雙曲線聯立，顯然無解，即lAB與雙曲線沒有交點，故D故選：B.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.李明每天7：00從家里出發去學校，有時坐公交車，有時騎自行車．他各記錄了50次坐公交車和騎自行車所花的時間，經數據分析得到：坐公交車平均用時30分鐘，樣本方差為36；自行車平均用時34分鐘，樣本方差為4．假設坐公交車用時X和騎自行車用時Y都服從正態分布，則（）A.P(X＞32)＞P(Y＞32)B.P(X≤36)＝P(Y≤36)C.李明計劃7：34前到校，應選擇坐公交車D.李明計劃7：40前到校，應選擇騎自行車〖答案〗BCD〖解析〗A.由條件可知，，根據對稱性可知，故A錯誤；B.,，所以，故B正確；C.=，所以，故C正確；D.，，所以，故D正確.故選：BCD.10.半正多面體（semiregularsolid）亦稱“阿基米德多面體”，是由邊數不全相同的正多邊形圍成的多面體，體現了數學的對稱美．二十四等邊體就是一種半正多面體，是由正方體切截而成的，它由八個正三角形和六個正方形構成（如圖所示），若它的所有棱長都為，則（）A.平面EABB.該二十四等邊體的體積為C.該二十四等邊體外接球的表面積為D.PN與平面EBFN所成角的正弦值為〖答案〗BD〖解析〗對于A，假設A對，即平面，于是，，但六邊形為正六邊形，，矛盾，所以A錯誤；對于B，補齊八個角構成棱長為2的正方體，則該二十四等邊體的體積為，所以B對；對于C，取正方形對角線交點，即為該二十四等邊體外接球的球心，其半徑為，其表面積為，所以C錯誤；對于D，因為在平面內射影為，所以與平面所成角即為，其正弦值為，所以D對．故選：BD．11.聲音中包含著正弦函數，周期函數產生了美妙的音樂.若我們聽到的聲音的函數是，則（）A.的最小正周期是B.是的最小值C.是的零點D.在存在極值〖答案〗ACD〖解析〗對于A選項，函數的最小正周期為，函數的最小正周期為，函數的最小正周期為，且，因此，函數的最小正周期是，A對；對于B選項，因為，又因為，故不是的最小值，B錯；對于C選項，對任意的，，故是的零點，C對；對于D選項，，則，當時，，則，令可得，所以，，可得，當時，，此時函數單調遞減，當時，，此時函數單調遞增，因此，在存在極值，D對.故選：ACD.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.若平面向量，，兩兩的夾角相等，且，，則______.〖答案〗2或5〖解析〗由題意，平面向量，，兩兩的夾角相等，包括兩種情況，可得兩兩夾角為或兩兩夾角為，當兩兩夾角為時，可得，則；當兩兩夾角為時，可得，則．13.已知為坐標原點，直線與拋物線相交于兩點，則的面積為________．〖答案〗〖解析〗設，，由得，，所以，，所以，因為點到直線的距離，所以.14.如圖，正方形ABCD的邊長為5，取正方形ABCD各邊的中點E，F，G，H，作第二個正方形EFGH，然后再取正方形EFGH各邊的中點I，J，K，L，作第三個正方形IJKL，依次方法一直繼續下去，則所有這些正方形的面積之和趨近于________．〖答案〗50〖解析〗記第個正方形的面積為，第個正方形的邊長為，則第個正方形的對角線長為，所以第全正方形的邊長為，所以，所以數列是首項為，公比為的等比數列，所以，所以，所以，所以數列是首項為，公比為的等比數列，所以，所以若這個作圖過程可以一直繼續下，則所有這些下方形的面積之和將趨近于常數50.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.已知動點與定點的距離和M到定直線的距離的比是常數．（1）求動點M的軌跡E；（2）在E上是否存在一點使得它到直線的距離最小？若存在，請求出最小距離；若不存在，請說明理由．解：（1）設d是點M到直線的距離，根據題意，動點M的軌跡E就是集合．由此得．將此式兩邊平方，并化簡，得，所以M的軌跡E為．（2）由直線方程方程可知與坐標軸交點為，易知此直線與橢圓無公共點，設直線m與該直線平行，則直線m的方程可以寫成．由方程組，消去y，得．令其根的判別式，解得或，當時，直線與橢圓的公共點到直線的距離最小，最小距離．16.在如圖所示的試驗裝置中，兩個正方形框架ABCD，ABEF的邊長都是1，且它們所在的平面互相垂直．活動彈子M，N分別在正方形對角線AC和BF上移動，且CM和BN的長度保持相等，記．（1）求MN的長；（2）當MN的長最小時，求平面MNA與平面MNB夾角的余弦值．解：（1）以B原點建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，因為，所以，，所以．（2），當時，最小，此時，M，N為中點，則，），取MN的中點G，連接AG，BG，則，因為，，所以，，所以是平面MNA與平面MNB的夾角或其補角，因為，，所以，所以平面MNA與平面MNB夾角的余弦值是．17.已知函數．（1）當時，求曲線在點處的切線方程；（2）當時，求證．（1）解：當時，，則，又，，所以切線方程為：，即．（2）證明：當，時，，則有，故只需證明當時，．當時，函數在區間上單調遞增，又，，故在區間上有唯一實根，且，當時，；當x∈x0,+從而當時，取得最小值，由，得，，故，綜上，當時，．18.根據某地區氣象水文部門長期統計，可知該地區每年夏季有小洪水的概率為0.25，有大洪水的概率為0.05.（1）從該地區抽取的年水文資料中發現，恰好3年無洪水事件的概率與恰好4年有洪水事件的概率相等，求的值；（2）今年夏季該地區某工地有許多大型設備，遇到大洪水時要損失60000元，遇到小洪水時要損失20000元.為保護設備，有以下3種方案：方案1：修建保護圍墻，建設費為3000元，但圍墻只能防小洪水.方案2：修建保護大壩，建設費為7000元，能夠防大洪水.方案3：不采取措施.試比較哪一種方案好，請說明理由.解：（1）∵該地區每年夏季有小洪水的概率為0.25，有大洪水的概率為0.05∴即該地區每年夏季無洪水的概率為，∵該地區抽取的年水文資料中發現，恰好3年無洪水事件的概率與恰好4年有洪水事件的概率相等，且符合獨立性重復試驗二項分布，∴，解得，∴；（2）設方案1、方案2和方案3的損失為隨機變量為、和，分布列分別為：方案1，，3000600000.950.05∴，方案270001∴，方案3，，020000600000.70.250.05∴，∴方案1的期望值最小，選擇方案1好.19.將個不同的數按照某種順序排成一列得到數列，對任意，如果，那么稱數對構成數列的一個逆序對，一個有窮數列的全部逆序對的總數稱為該數列的逆序數．（1）若將1，2，3，4四個數構成的數列恰有2個逆序對，請寫出符合條件的數列組合；（2）計算以下數列的逆序數．（ⅰ）；（ⅱ）；（3）已知數列，，…，的逆序數為，求，，…，的逆序數．解：（1）由1，2，3，4構成的逆序對有，，，，，．若第一個數