2025屆江蘇省淮安市漣水中學高三下學期第一次測評數學試題試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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．已知過點且與曲線相切的直線的條數有（）．A．0 B．1 C．2 D．32．甲、乙兩名學生的六次數學測驗成績(百分制)的莖葉圖如圖所示.①甲同學成績的中位數大于乙同學成績的中位數；②甲同學的平均分比乙同學的平均分高；③甲同學的平均分比乙同學的平均分低；④甲同學成績的方差小于乙同學成績的方差.以上說法正確的是（）A．③④ B．①② C．②④ D．①③④3．若函數f(x)＝a|2x－4|(a>0，a≠1)滿足f(1)＝，則f(x)的單調遞減區間是()A．(－∞，2] B．[2，＋∞)C．[－2，＋∞) D．(－∞，－2]4．若，則下列關系式正確的個數是（）①②③④A．1 B．2 C．3 D．45．已知函數，要得到函數的圖象，只需將的圖象()A．向左平移個單位長度 B．向右平移個單位長度C．向左平移個單位長度 D．向右平移個單位長度6．若將函數的圖象上各點橫坐標縮短到原來的(縱坐標不變)得到函數的圖象，則下列說法正確的是（）A．函數在上單調遞增 B．函數的周期是C．函數的圖象關于點對稱 D．函數在上最大值是17．在中，角的對邊分別為，若．則角的大小為()A． B． C． D．8．已知是兩條不重合的直線，是兩個不重合的平面，下列命題正確的是（）A．若，，，，則B．若，，，則C．若，，，則D．若，，，則9．方程在區間內的所有解之和等于()A．4 B．6 C．8 D．1010．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為面的多面體，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為面的半正多面體.如圖所示，圖中網格是邊長為1的正方形，粗線部分是某二十四等邊體的三視圖，則該幾何體的體積為（）A． B． C． D．11．下圖所示函數圖象經過何種變換可以得到的圖象（）A．向左平移個單位 B．向右平移個單位C．向左平移個單位 D．向右平移個單位12．已知正方體的棱長為2，點在線段上，且，平面經過點，則正方體被平面截得的截面面積為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知向量，且，則實數的值是__________．14．已知，，且，則最小值為__________．15．“石頭、剪子、布”是大家熟悉的二人游戲，其規則是：在石頭、剪子和布中，二人各隨機選出一種，若相同則平局；若不同，則石頭克剪子，剪子克布，布克石頭.甲、乙兩人玩一次該游戲，則甲不輸的概率是______.16．已知圓C：經過拋物線E：的焦點，則拋物線E的準線與圓C相交所得弦長是__________.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）已知橢圓的中心在坐標原點，其短半軸長為，一個焦點坐標為，點在橢圓上，點在直線上的點，且．證明：直線與圓相切；求面積的最小值．18．（12分）在三角形ABC中，角A,B,C的對邊分別為a,b,c，若，角為鈍角，（1）求的值；（2）求邊的長.19．（12分）已知數列中，，前項和為，若對任意的，均有（是常數，且）成立，則稱數列為“數列”.（1）若數列為“數列”，求數列的前項和；（2）若數列為“數列”，且為整數，試問：是否存在數列，使得對任意，成立？如果存在，求出這樣數列的的所有可能值，如果不存在，請說明理由.20．（12分）已知函數，其中．（Ⅰ）當時，求函數的單調區間；（Ⅱ）設，求證：；（Ⅲ）若對于恒成立，求的最大值．21．（12分）已知函數.（1）若函數在上單調遞減，求實數的取值范圍；（2）若，求的最大值.22．（10分）在中,角、、所對的邊分別為、、，角、、的度數成等差數列，.（1）若，求的值；（2）求的最大值.

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、C【解析】

設切點為，則，由于直線經過點，可得切線的斜率，再根據導數的幾何意義求出曲線在點處的切線斜率，建立關于的方程，從而可求方程．【詳解】若直線與曲線切于點，則，又∵，∴，∴，解得，，∴過點與曲線相切的直線方程為或，故選C．【點睛】本題主要考查了利用導數求曲線上過某點切線方程的斜率，求解曲線的切線的方程，其中解答中熟記利用導數的幾何意義求解切線的方程是解答的關鍵，著重考查了運算與求解能力，屬于基礎題．2、A【解析】

由莖葉圖中數據可求得中位數和平均數,即可判斷①②③,再根據數據集中程度判斷④.【詳解】由莖葉圖可得甲同學成績的中位數為,乙同學成績的中位數為,故①錯誤；,,則,故②錯誤,③正確；顯然甲同學的成績更集中,即波動性更小,所以方差更小,故④正確,故選:A【點睛】本題考查由莖葉圖分析數據特征,考查由莖葉圖求中位數、平均數.3、B【解析】由f(1)=得a2=,∴a=或a=-(舍),即f(x)=(.由于y=|2x-4|在(-∞,2]上單調遞減,在[2,+∞)上單調遞增,所以f(x)在(-∞,2]上單調遞增,在[2,+∞)上單調遞減,故選B.4、D【解析】

a，b可看成是與和交點的橫坐標，畫出圖象，數形結合處理.【詳解】令，，作出圖象如圖，由，的圖象可知，，，②正確；，，有，①正確；，，有，③正確；，，有，④正確.故選：D.【點睛】本題考查利用函數圖象比較大小，考查學生數形結合的思想，是一道中檔題.5、A【解析】

根據函數圖像平移原則，即可容易求得結果.【詳解】因為，故要得到，只需將向左平移個單位長度.故選：A.【點睛】本題考查函數圖像平移前后解析式的變化，屬基礎題.6、A【解析】

根據三角函數伸縮變換特點可得到解析式；利用整體對應的方式可判斷出在上單調遞增，正確；關于點對稱，錯誤；根據正弦型函數最小正周期的求解可知錯誤；根據正弦型函數在區間內值域的求解可判斷出最大值無法取得，錯誤.【詳解】將橫坐標縮短到原來的得：當時，在上單調遞增在上單調遞增，正確；的最小正周期為：不是的周期，錯誤；當時，，關于點對稱，錯誤；當時，此時沒有最大值，錯誤.本題正確選項：【點睛】本題考查正弦型函數的性質，涉及到三角函數的伸縮變換、正弦型函數周期性、單調性和對稱性、正弦型函數在一段區間內的值域的求解；關鍵是能夠靈活應用整體對應的方式，通過正弦函數的圖象來判斷出所求函數的性質.7、A【解析】

由正弦定理化簡已知等式可得，結合，可得，結合范圍，可得，可得，即可得解的值．【詳解】解：∵，∴由正弦定理可得：，∵，∴，∵，，∴，∴．故選A．【點睛】本題主要考查了正弦定理在解三角形中的應用，考查了計算能力和轉化思想，屬于基礎題．8、B【解析】

根據空間中線線、線面位置關系，逐項判斷即可得出結果.【詳解】A選項，若，，，，則或與相交；故A錯；B選項，若，，則，又，是兩個不重合的平面，則，故B正確；C選項，若，，則或或與相交，又，是兩個不重合的平面，則或與相交；故C錯；D選項，若，，則或或與相交，又，是兩個不重合的平面，則或與相交；故D錯；故選B【點睛】本題主要考查與線面、線線相關的命題，熟記線線、線面位置關系，即可求解，屬于常考題型.9、C【解析】

畫出函數和的圖像，和均關于點中心對稱，計算得到答案.【詳解】，驗證知不成立，故，畫出函數和的圖像，易知：和均關于點中心對稱，圖像共有8個交點，故所有解之和等于.故選：.【點睛】本題考查了方程解的問題，意在考查學生的計算能力和應用能力，確定函數關于點中心對稱是解題的關鍵.10、D【解析】

根據三視圖作出該二十四等邊體如下圖所示，求出該幾何體的棱長，可以將該幾何體看作是相應的正方體沿各棱的中點截去8個三棱錐所得到的，可求出其體積.【詳解】如下圖所示，將該二十四等邊體的直觀圖置于棱長為2的正方體中，由三視圖可知，該幾何體的棱長為，它是由棱長為2的正方體沿各棱中點截去8個三棱錐所得到的，該幾何體的體積為，故選：D.【點睛】本題考查三視圖，幾何體的體積，對于二十四等邊體比較好的處理方式是由正方體各棱的中點得到，屬于中檔題.11、D【解析】

根據函數圖像得到函數的一個解析式為，再根據平移法則得到答案.【詳解】設函數解析式為，根據圖像：，，故，即，，，取，得到，函數向右平移個單位得到.故選：.【點睛】本題考查了根據函數圖像求函數解析式，三角函數平移，意在考查學生對于三角函數知識的綜合應用.12、B【解析】

先根據平面的基本性質確定平面，然后利用面面平行的性質定理，得到截面的形狀再求解.【詳解】如圖所示：確定一個平面，因為平面平面，所以，同理，所以四邊形是平行四邊形.即正方體被平面截的截面.因為，所以，即所以由余弦定理得：所以所以四邊形故選：B【點睛】本題主要考查平面的基本性質，面面平行的性質定理及截面面積的求法，還考查了空間想象和運算求解的能力，屬于中檔題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】∵=（1，2），=（x，1），則=+2=（1，2）+2（x，1）=（1+2x，4），=2﹣=2（1，2）﹣（x，1）=（2﹣x，3），∵∴3（1+2x）﹣4（2﹣x）=1，解得：x=．點睛:由向量的數乘和坐標加減法運算求得，然后利用向量共線的坐標表示列式求解x的值．若=（a1，a2），=（b1，b2），則⊥?a1a2+b1b2=1，∥?a1b2﹣a2b1=1．14、【解析】

首先整理所給的代數式，然后結合均值不等式的結論即可求得其最小值.【詳解】，結合可知原式，且，當且僅當時等號成立.即最小值為.【點睛】在應用基本不等式求最值時，要把握不等式成立的三個條件，就是“一正——各項均為正；二定——積或和為定值；三相等——等號能否取得”，若忽略了某個條件，就會出現錯誤．15、【解析】

用樹狀圖法列舉出所有情況，得出甲不輸的結果數，再計算即得.【詳解】由題得，甲、乙兩人玩一次該游戲，共有9種情況，其中甲不輸有6種可能，故概率為.故答案為：【點睛】本題考查隨機事件的概率，是基礎題.16、【解析】

求出拋物線的焦點坐標，代入圓的方程，求出的值，再求出準線方程，利用點到直線的距離公式，求出弦心距，利用勾股定理可以求出弦長的一半，進而求出弦長．【詳解】拋物線E:的準線為，焦點為（0，1），把焦點的坐標代入圓的方程中，得，所以圓心的坐標為，半徑為5，則圓心到準線的距離為1，所以弦長．【點睛】本題考查了拋物線的準線、圓的弦長公式．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、證明見解析；1.【解析】

由題意可得橢圓的方程為，由點在直線上，且知的斜率必定存在，分類討論當的斜率為時和斜率不為時的情況列出相應式子，即可得出直線與圓相切；由知，的面積為【詳解】解：由題意，橢圓的焦點在軸上，且，所以．所以橢圓的方程為．由點在直線上，且知的斜率必定存在，當的斜率為時，，，于是，到的距離為，直線與圓相切．當的斜率不為時，設的方程為，與聯立得，所以，，從而．而，故的方程為，而在上，故，從而，于是．此時，到的距離為，直線與圓相切．綜上，直線與圓相切．由知，的面積為，上式中，當且僅當等號成立，所以面積的最小值為1．【點睛】本題主要考查直線與橢圓的位置關系、直線與圓的位置關系等基礎知識，考查運算求解能力、推理論證能力和創新意識，考查化歸與轉化思想，屬于難題．18、（1）（2）【解析】

（1）由，分別求得，得到答案；（2）利用正弦定理得到，利用余弦定理解出．【詳解】(1)因為角為鈍角，，所以，又，所以，且，所以.(2)因為，且，所以，又，則，所以.19、（1）（2）存在，【解析】

由數列為“數列”可得,，，兩式相減得，又，利用等比數列通項公式即可求出,進而求出;由題意得，，，兩式相減得，，據此可得,當時,,進而可得,即數列為常數列,進而可得,結合，得到關于的不等式,再由時，且為整數即可求出符合題意的的所有值.【詳解】因為數列為“數列”，所以，故，兩式相減得，在中令，則可得，故所以，所以數列是以為首項,以為公比的等比數列，所以，因為，所以.（2）由題意得，故，兩式相減得所以，當時，又因為所以當時,所以成立,所以當時，數列是常數列，所以因為當時,成立,所以，所以在中令，因為，所以可得，所以，由時，且為整數，可得,把分別代入不等式可得,，所以存在數列符合題意,的所有值為.【點睛】本題考查數列的新定義、等比數列的通項公式和數列遞推公式的運用;考查運算求解能力、邏輯推理能力和對新定義的理解能力;通過反復利用遞推公式,得到數列為常數列是求解本題的關鍵;屬于綜合型強、難度大型試題.20、（Ⅰ）函數的單調增區間為，單調減區間為；（Ⅱ）證明見解析；（Ⅲ）.【解析】

（Ⅰ）利用二次求導可得，所以在上為增函數，進而可得函數的單調增區間為，單調減區間為；（Ⅱ）利用導數可得在區間上存在唯一零點，所以函數在遞減，在，遞增，則，進而可證；（Ⅲ）條件等價于對于恒成立，構造函數，利用導數可得的單調性，即可得到的最小值為，再次構造函數（a），，利用導數得其單調區間，進而求得最大值．【詳解】（Ⅰ）當時，，則，所以，又因為，所以在上為增函數，因為，所以當時，，為增函數，當時，，為減函數，即函數的單調增區間為，單調減區間為；（Ⅱ），則令，則（1），，所以在區間上存在唯一零點，設零點為，則，且，當時，，當，，，所以函數在遞減，在，遞增，，由，得，所以，由于，，從而；（Ⅲ）因為對于恒成立，即對于恒成立，不妨令，因為，，所以的解為，則當時，，為增函數，當時，，為減函數，所以的最小值為，則，不妨令（a），，則（a），解得，所以