江蘇南通市2025屆高三下學期二輪模考數學試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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．已知函數（表示不超過x的最大整數），若有且僅有3個零點，則實數a的取值范圍是（）A． B． C． D．2．劉徽(約公元225年-295年)，魏晉期間偉大的數學家，中國古典數學理論的奠基人之一他在割圓術中提出的，“割之彌細，所失彌少，割之又割，以至于不可割，則與圓周合體而無所失矣”，這可視為中國古代極限觀念的佳作，割圓術的核心思想是將一個圓的內接正n邊形等分成n個等腰三角形(如圖所示)，當n變得很大時，這n個等腰三角形的面積之和近似等于圓的面積，運用割圓術的思想，得到的近似值為（）A． B． C． D．3．一個陶瓷圓盤的半徑為，中間有一個邊長為的正方形花紋，向盤中投入1000粒米后，發現落在正方形花紋上的米共有51粒，據此估計圓周率的值為（精確到0.001）（）A．3.132 B．3.137 C．3.142 D．3.1474．“哥德巴赫猜想”是近代三大數學難題之一，其內容是：一個大于2的偶數都可以寫成兩個質數(素數)之和，也就是我們所謂的“1+1”問題.它是1742年由數學家哥德巴赫提出的，我國數學家潘承洞、王元、陳景潤等在哥德巴赫猜想的證明中做出相當好的成績.若將6拆成兩個正整數的和，則拆成的和式中，加數全部為質數的概率為（）A． B． C． D．5．對某兩名高三學生在連續9次數學測試中的成績（單位：分）進行統計得到折線圖，下面是關于這兩位同學的數學成績分析．①甲同學的成績折線圖具有較好的對稱性，故平均成績為130分；②根據甲同學成績折線圖提供的數據進行統計，估計該同學平均成績在區間110,120內；③乙同學的數學成績與測試次號具有比較明顯的線性相關性，且為正相關；④乙同學連續九次測驗成績每一次均有明顯進步．其中正確的個數為（）A．4 B．3 C．2 D．16．已知，橢圓的方程，雙曲線的方程為，和的離心率之積為，則的漸近線方程為（）A． B． C． D．7．是正四面體的面內一動點，為棱中點，記與平面成角為定值，若點的軌跡為一段拋物線，則（）A． B． C． D．8．已知函數,則方程的實數根的個數是（）A． B． C． D．9．已知拋物線上的點到其焦點的距離比點到軸的距離大，則拋物線的標準方程為（）A． B． C． D．10．已知非零向量、，若且，則向量在向量方向上的投影為（）A． B． C． D．11．如圖所示，正方體的棱，的中點分別為，，則直線與平面所成角的正弦值為（）A． B． C． D．12．設函數定義域為全體實數，令．有以下6個論斷：①是奇函數時，是奇函數；②是偶函數時，是奇函數；③是偶函數時，是偶函數；④是奇函數時，是偶函數⑤是偶函數；⑥對任意的實數，．那么正確論斷的編號是（）A．③④ B．①②⑥ C．③④⑥ D．③④⑤二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．設全集，集合，，則集合______.14．已知函數，若關于的方程恰有四個不同的解，則實數的取值范圍是______.15．已知，滿足約束條件，則的最小值為______．16．（5分）在平面直角坐標系中，過點作傾斜角為的直線，已知直線與圓相交于兩點，則弦的長等于____________．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）設橢圓的左右焦點分別為，離心率，右準線為，是上的兩個動點，．（Ⅰ）若，求的值；（Ⅱ）證明：當取最小值時，與共線．18．（12分）在銳角三角形中，角的對邊分別為．已知成等差數列，成等比數列．（1）求的值；（2）若的面積為求的值．19．（12分）的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知，．求C；若，求，的面積20．（12分）在國家“大眾創業，萬眾創新”戰略下，某企業決定加大對某種產品的研發投入.為了對新研發的產品進行合理定價，將該產品按事先擬定的價格試銷，得到一組檢測數據如表所示:試銷價格(元)產品銷量(件)已知變量且有線性負相關關系，現有甲、乙、丙三位同學通過計算求得回歸直線方程分別為:甲；乙；丙，其中有且僅有一位同學的計算結果是正確的.（1）試判斷誰的計算結果正確？（2）若由線性回歸方程得到的估計數據與檢測數據的誤差不超過，則稱該檢測數據是“理想數據”，現從檢測數據中隨機抽取個，求“理想數據”的個數為的概率.21．（12分）已知函數（，為自然對數的底數），.（1）若有兩個零點，求實數的取值范圍；（2）當時，對任意的恒成立，求實數的取值范圍.22．（10分）設數列是等比數列，，已知,(1)求數列的首項和公比；（2）求數列的通項公式．

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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、A【解析】

根據[x]的定義先作出函數f（x）的圖象，利用函數與方程的關系轉化為f（x）與g（x）=ax有三個不同的交點，利用數形結合進行求解即可．【詳解】當時，，當時，，當時，，當時，，若有且僅有3個零點，則等價為有且僅有3個根，即與有三個不同的交點，作出函數和的圖象如圖，當a=1時，與有無數多個交點，當直線經過點時，即，時，與有兩個交點，當直線經過點時，即時，與有三個交點，要使與有三個不同的交點，則直線處在過和之間，即，故選：A．【點睛】利用函數零點的情況求參數值或取值范圍的方法(1)直接法：直接根據題設條件構建關于參數的不等式，再通過解不等式確定參數的范圍；(2)分離參數法：先將參數分離，轉化成求函數的值域(最值)問題加以解決；(3)數形結合法：先對解析式變形，在同一平面直角坐標系中，畫出函數的圖象，然后數形結合求解.2、A【解析】

設圓的半徑為,每個等腰三角形的頂角為,則每個等腰三角形的面積為,由割圓術可得圓的面積為,整理可得,當時即可為所求.【詳解】由割圓術可知當n變得很大時,這n個等腰三角形的面積之和近似等于圓的面積,設圓的半徑為,每個等腰三角形的頂角為,所以每個等腰三角形的面積為,所以圓的面積為,即,所以當時,可得,故選:A【點睛】本題考查三角形面積公式的應用,考查閱讀分析能力.3、B【解析】

結合隨機模擬概念和幾何概型公式計算即可【詳解】如圖，由幾何概型公式可知：.故選：B【點睛】本題考查隨機模擬的概念和幾何概型，屬于基礎題4、A【解析】

列出所有可以表示成和為6的正整數式子，找到加數全部為質數的只有，利用古典概型求解即可.【詳解】6拆成兩個正整數的和含有的基本事件有:(1,5),(2,4),(3,3),(4,2),(5,1),而加數全為質數的有(3,3),根據古典概型知，所求概率為.故選：A.【點睛】本題主要考查了古典概型，基本事件，屬于容易題.5、C【解析】

利用圖形，判斷折線圖平均分以及線性相關性，成績的比較，說明正誤即可．【詳解】①甲同學的成績折線圖具有較好的對稱性，最高130分，平均成績為低于130分，①錯誤；②根據甲同學成績折線圖提供的數據進行統計，估計該同學平均成績在區間[110,120]內，②正確；③乙同學的數學成績與測試次號具有比較明顯的線性相關性，且為正相關，③正確；④乙同學在這連續九次測驗中第四次、第七次成績較上一次成績有退步，故④不正確．故選：C．【點睛】本題考查折線圖的應用，線性相關以及平均分的求解，考查轉化思想以及計算能力，屬于基礎題．6、A【解析】

根據橢圓與雙曲線離心率的表示形式，結合和的離心率之積為，即可得的關系，進而得雙曲線的離心率方程.【詳解】橢圓的方程，雙曲線的方程為，則橢圓離心率，雙曲線的離心率，由和的離心率之積為，即，解得，所以漸近線方程為，化簡可得，故選：A.【點睛】本題考查了橢圓與雙曲線簡單幾何性質應用，橢圓與雙曲線離心率表示形式，雙曲線漸近線方程求法，屬于基礎題.7、B【解析】

設正四面體的棱長為，建立空間直角坐標系，求出各點的坐標，求出面的法向量，設的坐標，求出向量，求出線面所成角的正弦值，再由角的范圍，結合為定值，得出為定值，且的軌跡為一段拋物線，所以求出坐標的關系，進而求出正切值．【詳解】由題意設四面體的棱長為，設為的中點，以為坐標原點，以為軸，以為軸，過垂直于面的直線為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則可得，，取的三等分點、如圖，則，，，，所以、、、、，由題意設，，和都是等邊三角形，為的中點，，，，平面，為平面的一個法向量，因為與平面所成角為定值，則，由題意可得，因為的軌跡為一段拋物線且為定值，則也為定值，，可得，此時，則，.故選：B.【點睛】考查線面所成的角的求法，及正切值為定值時的情況，屬于中等題．8、D【解析】

畫出函數,將方程看作交點個數，運用圖象判斷根的個數．【詳解】畫出函數令有兩解，則分別有3個，2個解，故方程的實數根的個數是3+2=5個故選：D【點睛】本題綜合考查了函數的圖象的運用，分類思想的運用，數學結合的思想判斷方程的根，難度較大，屬于中檔題．9、B【解析】

由拋物線的定義轉化，列出方程求出p，即可得到拋物線方程．【詳解】由拋物線y2＝2px（p＞0）上的點M到其焦點F的距離比點M到y軸的距離大，根據拋物線的定義可得，，所以拋物線的標準方程為：y2＝2x．故選B．【點睛】本題考查了拋物線的簡單性質的應用，拋物線方程的求法，屬于基礎題．10、D【解析】

設非零向量與的夾角為，在等式兩邊平方，求出的值，進而可求得向量在向量方向上的投影為，即可得解.【詳解】，由得，整理得，，解得，因此，向量在向量方向上的投影為.故選：D.【點睛】本題考查向量投影的計算，同時也考查利用向量的模計算向量的夾角，考查計算能力，屬于基礎題.11、C【解析】

以D為原點，DA，DC，DD1分別為軸，建立空間直角坐標系，由向量法求出直線EF與平面AA1D1D所成角的正弦值．【詳解】以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標系，設正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為2，則，，，取平面的法向量為，設直線EF與平面AA1D1D所成角為θ，則sinθ＝|，直線與平面所成角的正弦值為.故選C．【點睛】本題考查了線面角的正弦值的求法，也考查數形結合思想和向量法的應用，屬于中檔題．12、A【解析】

根據函數奇偶性的定義即可判斷函數的奇偶性并證明.【詳解】當是偶函數，則，所以，所以是偶函數；當是奇函數時，則，所以，所以是偶函數；當為非奇非偶函數時，例如：，則，，此時，故⑥錯誤；故③④正確.故選：A【點睛】本題考查了函數的奇偶性定義，掌握奇偶性定義是解題的關鍵，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

分別解得集合A與集合B的補集，再由集合交集的運算法則計算求得答案.【詳解】由題可知，集合A中集合B的補集，則故答案為：【點睛】本題考查集合的交集與補集運算，屬于基礎題.14、【解析】

設，判斷為偶函數，考慮x>0時，的解析式和零點個數,利用導數分析函數的單調性,作函數大致圖象，即可得到的范圍.【詳解】設，則在是偶函數，當時，，由得，記，，，故函數在增，而，所以在減，在增，，當時，，當時，，因此的圖象為因此實數的取值范圍是.【點睛】本題主要考查了函數的零點的個數問題，涉及構造函數，函數的奇偶性，利用導數研究函數單調性，考查了數形結合思想方法，以及化簡運算能力和推理能力，屬于難題.15、2【解析】

作出可行域，平移基準直線到處，求得的最小值.【詳解】畫出可行域如下圖所示，由圖可知平移基準直線到處時，取得最小值為.故答案為：【點睛】本小題主要考查線性規劃求最值，考查數形結合的數學思想方法，屬于基礎題.16、【解析】

方法一：依題意，知直線的方程為，代入圓的方程化簡得，解得或，從而得或，則．方法二：依題意，知直線的方程為，代入圓的方程化簡得，設，則，故.方法三：將圓的方程配方得,其半徑,圓心到直線的距離，則.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（Ⅰ）（Ⅱ）證明見解析．【解析】由與，得，，的方程為．設，則，由得．①（Ⅰ）由，得，②，③由①、②、③三式，消去，并求得，故．（Ⅱ），當且僅當或時，取最小值，此時，，故與共線．18、（1）；（2）.【解析】

(1)根據成等差數列與三角形內角和可知,再利用兩角和的正切公式,代入化簡可得,同理根據三角形內角和與余弦的兩角和公式與等比數列的性質可求得,聯立即可求解求的值.(2)由(1)可知,再根據同角三角函數的關系與正弦定理可求得,再結合的面積為利用面積公式求解即可.【詳解】解：成等差數列,可得而,即,展開化簡得,因為,故①又成等比數列,可得,即,可得聯立解得（負的舍去）,可得銳角；由可得,由為銳角,解得,因為為銳角,故可得,由正弦定理可得,又的面積為可得,解得．【點睛】本題主要考查了等差等比中項的運用以及正切的和差角公式以及同角三角函數關系等.同時也考查了正弦定理與面積公式在解三角形中的運用,屬于中檔題.19、(1)．(2)．【解析】

由已知利用正弦定理，同角三角函數基本關系式可求，結合范圍，可求，由已知利用二倍角的余弦函數公式可得，結合范圍，可求A，根據三角形的內角和定理即可解得C的值．由及正弦定理可得b的值，根據兩角和的正弦函數公式可求sinC的值，進而根據三角形的面積公式即可求解．【詳解】由已知可得，又由正弦定理，可得，即，，，，即，又，，或舍去，可得，．，，，由正弦定理，可得，，．【點睛】本題主要考查了正弦定理，同角三角函數基本關系式，二倍角的余弦函數公式，三角形的內角和定理，兩角和的正弦函數公式，三角形的面積公式等知識在解三角形中的應用，考查了計算能力和轉化思想，屬于中檔題．20、（1）乙同學正確；（2）.【解析】

（1）根據變量且有線性負相關關系判斷甲不正確.根據回歸直線方程過樣本中心點，判斷出乙正確.（2）由線性回歸方程得到的估計數據，計算出誤差，求得“理想數據”的個數，由此利用古典概型概率計算公式，求得所求概率.【詳解】（1）已知變量具有線性負相關關系，故甲不正確，，代入兩個回歸方程，驗證乙