試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁宿遷市2025屆高三第二次調研測試數學注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上.2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上指定位置，在其他位置作答一律無效.3．本卷滿分150分，考試時間120分鐘.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.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，則（

）A．1 B． C．2 D．42．設集合，，，則（

）A． B． C． D．3．已知橢圓的右頂點與拋物線的焦點重合，則C的離心率為（

）A． B． C． D．4．已知4個不全相等的正整數的平均數與中位數都是2，則這組數據的極差為（

）A．4 B．3 C．2 D．15．已知圓錐的軸截面為正三角形，外接球的半徑為，則圓錐的體積為（

）A． B． C． D．6．若函數有最大值，則的最大值為（

）A． B． C． D．7．已知函數的極值點與的零點完全相同，則（

）A． B． C．1 D．28．設數列的前項和為，且，則（

）A． B．C． D．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．設，，表示三個不同的平面，表示直線，則下列選項中，使得的是（

）A．， B．，C．， D．，10．已知函數與的定義域均為，（當且僅當時，等號成立），則下列結論可能正確的是（

）A．，，且B．，，且C．，，且，D．，，且，11．在平面直角坐標系中，設，，定義：．若，且，則下列結論正確的是（

）A．若關于x軸對稱，則B．若關于直線對稱，則C．若，則D．若，，則三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12．已知點在直線上，，則原點與的最短距離為．13．已知，，則．14．設函數，其中．若對任意的恒成立，則．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．記的內角、、所對邊分別為、、，面積為，且．(1)證明：；(2)若，邊上的高為，求．16．如圖，在三棱錐中，，為的中點，平面平面．(1)證明：；(2)若，，，求平面與平面的夾角的正弦值．17．已知雙曲線的實軸長為4，一條漸近線的方程為，過點的直線與C的右支交于A，B兩點．(1)求C的標準方程；(2)P是x軸上的定點，且．（i）求P的坐標：（ii）若的外接圓被x軸截得的弦長為16，求外接圓的面積．18．某公司邀請棋手與該公司研制的一款機器人進行象棋比賽，規則如下：棋手的初始分為，每局比賽，棋手勝加分；平局不得分；棋手負減分．當棋手總分為時，挑戰失敗，比賽終止；當棋手總分為時，挑戰成功，比賽終止；否則比賽繼續．已知每局比賽棋手勝、平、負的概率分別為、、，且各局比賽相互獨立.(1)求兩局后比賽終止的概率；(2)在局后比賽終止的條件下，求棋手挑戰成功的概率；(3)在挑戰過程中，棋手每勝局，獲獎千元．記局后比賽終止且棋手獲獎萬元的概率為，求的最大值．19．已知函數，．(1)證明：有唯一零點；(2)記的零點為．（i）數列中是否存在連續三項按某順序構成等比數列，并說明理由；（ii）證明：．答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁1．A【分析】根據復數除法運算、共軛復數、復數的模等知識求得正確答案.【詳解】，所以.故選：A2．B【分析】根據交集、并集、補集的知識來求得正確答案.【詳解】依題意，，所以或，A選項錯誤；，B選項正確；或，或，C選項錯誤.，，D選項錯誤.故選：B3．D【分析】利用拋物線的性質得到橢圓的基本量，再求解離心率即可.【詳解】由題意得的焦點為，則，而，得到，即方程為，得到離心率，故D正確.故選：D4．C【分析】根據平均數、中位數的知識來確定正確答案.【詳解】設這四個不全相等的正整數為，不妨設，則，所以，由于是正整數，所以，（若，則，與已知個數不全相等矛盾）所以極差為.故選：C5．A【分析】分析可知，外接球半徑即為軸截面等邊三角形的外接圓半徑，利用正弦定理求出圓錐的底面半徑為，進而求出圓錐的高，再利用錐體的體積公式可求得結果.【詳解】設圓錐的底面半徑為，由于圓錐軸截面為等邊三角形，則外接球半徑即為軸截面等邊三角形的外接圓半徑，由正弦定理可得，則，易知該圓錐的高為，故該圓錐的體積為.故選：A.6．C【分析】利用導數求出函數在上的極大值，根據函數有最大值可得出關于實數的不等式組，即可得出實數的最大值.【詳解】當時，，則，當時，，此時，函數單調遞增，當時，，此時，函數單調遞減，則函數在處取得極大值，且極大值為，因為函數函數有最大值，則，解得，因此，實數的最大值為.故選：.7．B【分析】根據的極值點、的零點相同列方程，由此求得.【詳解】，由，得①，對于，由，得，依題意，所以②，由于函數的極值點與的零點完全相同，對比①②可得.故選：B8．B【分析】當時，求出的值，當且時，由可得，兩式作差推導出為等差數列，確定該數列的首項和公差，可求出的通項公式，進而可得出的表達式，逐項判斷即可.【詳解】因為數列的前項和為，且，當時，則，解得，當且時，由可得，上述兩式作差可得，整理可得，等式兩邊同時除以可得，所以數列是以為首項，公差為的等差數列，所以，所以，對于AB選項，，，則，A錯B對；，對于CD選項，，，所以，，CD都錯.故選：B.9．BC【分析】根據線面平行、面面平行的知識對選項進行分析，從而確定正確答案.【詳解】對于A，若，，則可能相交，A選項錯誤.對于B，若，，則，B選項正確.對于C，若，，則，C選項正確.對于D，若，，則可能相交，D選項錯誤.故選：BC10．ABD【分析】構造函數，，可判斷A；取，，可判斷B；當時，可得，可判斷C；取，，可判斷D.【詳解】對于A，取，，滿足函數與的定義域均為，（當且僅當時，等號成立），可得，，且，故A可能正確；對于B，取，，函數均為偶函數，當時，，，令，則，當時，，函數在上單調遞增，所以，所以，所以，即滿足函數與的定義域均為，（當且僅當時，等號成立），又在上單調遞增，在上單調遞增，可得，，且，故B可能正確；對于C，若，，且，，當時，，可得，此時不滿足成立，故C不可能正確；對于D，取，，令，則，當時，，函數在上單調遞減，當時，，函數在上單調遞增，所以，所以，所以，當且僅當時等號成立，故滿足函數與的定義域均為，（當且僅當時，等號成立），取，使得，且，，故D正確.故選：ABD.11．ABD【分析】利用給定定義結合函數對稱性的是求解A，B，舉反例判斷C，利用子集的性質結合給定條件判斷D即可.【詳解】對于A，因為關于x軸對稱，且，，所以，而，得到，同理，即此時滿足，故A正確，對于B，因為關于直線對稱，且，，所以，則，，構造，由指數函數性質得在上單調遞增，，因為，且，所以，得到，則，得到，即，則，故B正確，對于C，由題意得，，因為，所以，得到，令，符合題意，此時，而，則，由已知得，則，故C錯誤，對于D，設，，則，則，同理可得，得到，而，得到，則，即此時滿足題意，則，得到，故D正確.故選：ABD12．【分析】不妨設點，可求出向量的坐標，利用二次函數的基本性質可求得的最小值，即為所求.【詳解】不妨設點，則，因此，，當且僅當時，等號成立，因此，原點與的最短距離為.故答案為：.13．【分析】根據三角恒等變換的知識來求得正確答案.【詳解】依題意，，若，則，而，與矛盾，所以，，所以，則，即故答案為：14．【分析】令，求出方程、的根，假設，結合穿根法可得出，進而得出，分析可知對任意的恒成立，可求出的值，由此可得出的值.【詳解】因為，則，令，可得或或，由于，則，，令，令可得或或，由于，則，由可得，若，取，，，當時，，，此時，，當時，由穿根法可知，，矛盾，所以，，即，則，所以，因為對任意的恒成立，所以對任意的恒成立，則，解得，因此，.故答案為：.15．(1)證明見解析(2)【分析】（1）利用三角形的面積公式結合二倍角的正弦定理可得出，再利用正弦定理結合兩角和的正弦公式化簡可得出所證結論成立；（2）解法1：利用兩角和的正切公式可求出的值，過作，過作，、分別為垂足，設，在中，應用勾股定理求出的值，然后在，利用勾股定理可求出的值；解法2：利用同角三角函數的基本關系求出、的值，利用三角形的面積公式求出的值，然后利用正弦定理可求出的值.【詳解】（1）因為，所以，在中，，所以．由正弦定理，得．因為，所以，所以，即，所以．（2）因為，所以，由（1）知．法1：因為，所以為銳角三角形．過作，過作，、分別為垂足，由，設，因為，所以，，所以在中，，，，所以，解得，所以在中，，即．

法2：因為，又因為，解得，．因為，所以，所以，．由，得，解得．由正弦定理，得，解得．16．(1)證明見解析；(2).【分析】（1）由面面垂直的性質，可證平面，再由線面垂直的性質，可證，根據三線合一可知為等腰三角形，即可證明；（2）根據幾何體特征，建立空間直角坐標系，分別求出平面與平面的法向量，利用向量法即可求出平面與平面的夾角的余弦值，再根據三角函數同角求值，即可求出其正弦值.【詳解】（1）因為為的中點，，所以.因為平面平面，平面平面，平面，所以平面.又因為平面，所以．因為為的中點，所以．（2）如圖，取的中點，連接．因為，所以．由（1）平面，平面，所以平面平面．因為平面平面，平面，，所以平面．如圖，以為坐標原點，，所在直線分別為，軸，過點且與平行的直線為軸，建立空間直角坐標系．因為，，，為的中點，所以．因為，所以，所以．則，，，，所以，，．設平面的一個法向量為，所以，即，令，解得，，所以．同理，平面的一個法向量為．設平面與平面的夾角為，則，所以．17．(1)(2)（i）；（ii）【分析】（1）根據已知條件求得，從而求得雙曲線的標準方程.（2）（i）設出直線的方程并與雙曲線方程聯立，化簡寫出根與系數，根據列方程來求得點坐標.（ii）先求得的外接圓的半徑，然后根據弦長列方程，進而求得正確答案.【詳解】（1）因為C的實軸長為，漸近線方程為，所以，，解得，，所以C的標準方程為．（2）（i）設直線的方程為，，，，聯立化簡得，．因為直線與雙曲線的右支交于兩點，由，整理得則或或，解得.由，可得，即，將代入上式得，將，代入上式并化簡得，整理得，因為上式對任意都成立，所以，解得，所以.（ii）因為，所以外接圓是以為直徑的圓，記為圓T，因為圓心，即，所以半徑．因為外接圓被x軸截得的弦長為16，所以（*），即，解得或．因為直線與C的右支交于A，B兩點，所以，所以，（舍去），代入（*）可得．所以外接圓的面積為．18．(1)(2)(3)【分析】（1）分析可知，棋手可能得分或分比賽終止，列出兩種情況下棋手的勝負情況，結合獨立事件的概率公式和互斥事件概率公式可求得所求事件的概率；（2）設“局后比賽終止”為事件，“局后棋手挑戰成功”為事件，求出、的值，利用條件概率公式可求得的值；（3）分析可知，甲共勝局，對棋手甲分兩種情況討論：（i）棋手第局以分比賽終止；（ii）棋手第局以分比賽終止.計算出“局后比賽終止且棋手獲得萬元獎勵”的概率，分析數列的單調性，即可得出結論.【詳解】（1）設每局比賽甲勝為事件，每局比賽甲平為事件，每局比賽甲負為事件，設“兩局后比賽終止”為事件，因為棋手與機器人比賽局，所以棋手可能得分或分比賽終止．（i）當棋手得分為分，則局均負，即；（ii）當棋手得分為分，則局先平后勝，即．因為、互斥，所以．所以兩局后比賽終止的概率為．（2）設“局后比賽終止”為事件，“局后棋手挑戰成功”為事件．因為，．所以在局后比賽終止的條件下，棋手挑戰成功的概率為．所以在局后比賽終止的條件下，棋手挑戰成功的概率為．（3）因為局獲獎勵萬元，說明甲共勝局．（i）當棋手第局以分比賽終止，說明前局中有負勝，且是“負勝負勝負”的順序，其余均為平局，共有種，（ii）當棋手第局以分比賽終止，說明前局中有負勝，且是先負后勝的順序，其余均為平局，共有種，則“局后比賽終止且棋手獲得萬元獎勵”的概率，．所以．因為，所以，所以，所以單調遞減，所以當時，取最大值為．19．(1)證明見解析(2)（i）不存在，理由見解析；（ii）證明見解析【分析】（1）分和兩種情況，利用導數判斷函數的單調性，即可判斷零點；（2）（ⅰ）由方程兩邊取對數，轉化為，再構造函數在上單調遞增，結合等比數列的性質，即可判斷證明；（ⅱ）根據不等式時，，得到不等式，得到不等式，再根據數列求和即可證明.【詳解】（1）當時，，所以在上無零點，因為，所以在上單調遞增，所以在上至多一個零點，當時，有唯一零點1．當時，因為，，所以函數有唯一零點，得證，（2）（i）由（