高級中學名校試題PAGEPAGE1江蘇省七市部分學校高三2025屆二模前適應性考試數學試卷一、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.若，，則這三個集合間的關系是（

）A. B.C. D.【答案】C【解析】依題意，，，，而，{偶數}，因此集合中的任意元素都是集合中的元素，即有，集合中的每一個元素都是集合中的元素，即，所以.故選：C.2.設，是向量，則“”是“或”的（）．A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】因為，可得，即，可知等價于，若或，可得，即，可知必要性成立；若，即，無法得出或，例如，滿足，但且，可知充分性不成立；綜上所述，“”是“或”的必要不充分條件.故選：B.3.歌唱比賽共有11位評委分別給出某選手的原始評分，評定該選手的成績時，從11個原始評分中去掉1個最高分、1個最低分，得到9個有效評分.9個有效評分與11個原始評分相比，一定不變的數字特征是（）A.平均數 B.極差 C.方差 D.中位數【答案】D【解析】設11位評委評分按從小到大排列為．則①原始中位數為，去掉最低分，最高分，后剩余，中位數仍為，D正確．②原始平均數，后來平均數，平均數受極端值影響較大，與不一定相同，A不正確；③，由②易知，C不正確．④原極差，后來極差，可能相等可能變小，B不正確．故選：D.4.已知函數，則“，”是“的圖像關于點對稱”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】，令，即，，即的對稱中心，，，”是“的圖象關于點對稱的”充分不必要條件，故選：A5.已知，則（）A.5 B. C.-5 D.【答案】D【解析】已知，可變形為.因，，所以.

左邊，即.右邊，即.所以.

可得：.即.所以，也就是.

故選：D.6.已知數列滿足.記數列的前n項和為.若對任意的，都有，則實數k的取值范圍為（）A. B.C D.【答案】A【解析】由可得,即數列是以為首項，公比的等比數列，可得，即；所以，因此，且當x趨近于+∞時，趨近于，所以實數k的取值范圍為.故選：A7.若函數的定義域為，且，，則曲線與的交點個數為（）A.2 B.3 C.4 D.5【答案】B【解析】由題意函數的定義域為，且，，令，則，令，則，即，令，則，即，令，則，即，令，則，即，令，則，即，令，則，即，令，則，即，依次類推，可發現此時當，且x依次取時，函數的值依次為，即每四個值為一循環，此時曲線與的交點為；令，則，令，則，令，則，令，則，令，則，令，則，令，則，依次類推，可發現此時當，且x依次取時，函數的值依次為，即每四個值為一循環，此時曲線與的交點為；故綜合上述,曲線與的交點個數為3，故選：B8.已知一個正四棱臺的上、下底面邊長分別為2，8，側棱長為，則該正四棱臺內半徑最大的球的表面積為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】作出如圖所示正四棱臺，其中為正四棱臺的高，為其斜高，因為正四棱臺的上、下底面邊長分別為2，8，側棱長為，則，，，因為，故半徑最大的球不與上下底面同時相切，，則，則，過作正四棱臺的截面，截球得大圓，則該圓與等腰梯形兩腰和下底相切，則，則，則更確定最大內切球與四側面及下底面相切，即該正四棱臺內半徑最大的球半徑，球的表面積為.故選：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.函數的部分圖象如圖所示，則下列說法中正確的是（）A.B.的圖象關于直線對稱C.D.若方程在上有且只有5個根，則【答案】ACD【解析】對于A，由，得，即，又，，故A正確；對于C，又的圖象過點，則，即，，即得，，又，，所以，故C正確；對于B，因為，而，故直線不是函數的對稱軸，故B錯誤；對于D，由，得，解得或，，方程在上有5個根，從小到大依次為：，而第7個根為，所以，故D正確.故選：ACD.10.如圖，在四棱錐中，底面是正方形，平面，，、分別是、的中點，是棱上的動點，則下列說法中正確的是（）A.B.存在點，使平面C.存在點，使直線與所成的角為D.點到平面與平面的距離和為定值【答案】ABD【解析】因為平面，四邊形為正方形，以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，設，則、、、，設，，其中，所以，所以，A選項正確．點到平面與平面的距離和為為定值，D選項正確．，，，設平面的法向量為，則，取，可得平面的一個法向量為，要使平面，平面，則，解得，所以存在點，使平面，B選項正確；若直線與直線所成角為，則，整理可得，，方程無解，所以C選項錯誤．故選：ABD．11.已知，則（）A. B.C. D.【答案】AD【解析】對A，由圖可知：與交點，與的交點，根據指數函數與對數函數為一對反函數知：，關于對稱，故，，故A正確；對B，由A知，故B錯誤；對C，由知，則，設，，則，則當時，，此時單調遞減；當時，，此時單調遞增；則，則恒成立，即，當時取等；令，則有，因為，則，即，故C錯誤；對D，設，，則，則當時，，此時單調遞增；當時，，此時單調遞減；則，即在上恒成立，即在上恒成立，當時取等，令，則，即，因為，則，則，故，故D正確.故選：AD.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知函數有兩個極值點，則實數m的取值范圍為___________.【答案】【解析】的定義域為，.要使函數有兩個極值點，只需有兩個不同正根，并且在的兩側的單調性相反，在的兩側的單調性相反.由得，.令，，要使函數有兩個極值點，只需和有兩個交點.，令得：x>1；令得：0<x<1；所以在上單減，在上單增.當時，；當時，；作出和的圖像如圖，所以-1<m<0即實數m的取值范圍為.故答案為：13.已知隨機變量．若，則__________，若，則的方差為__________．【答案】①.0.4②.64【解析】由題意可知：，即，所以；因為，且，所以.故答案為：0.4；64.14.已知是橢圓的左、右焦點，是上一點．過點作直線的垂線，過點作直線的垂線．若的交點在上（均在軸上方，且，則的離心率為__________．【答案】【解析】設，，由題意可知：，則直線的斜率，可知的方程為，同理可得：的方程為，聯立方程，解得，即，因為在上，可知關于x軸對稱，且，則，可得，又因為，即，由題意可得：，整理得，解得或（舍去），則，所以的離心率為.故答案為：.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟.15.已知的三個內角的對邊分別為，且，．（1）求的最大值；（2）若的內切圓半徑為，求的最大值．解：（1）由得：，整理可得：，，又，，由正弦定理得：，，，（其中，），，，當時，取得最大值.（2），即，；由余弦定理得：，，，，由（1）知：；，，，，則的最大值為.16.如圖，在直三棱柱中，，．（1）當時，求證：平面；（2）設二面角的大小為，求的取值范圍．（1）證明：以為基底建立如圖所示空間直角坐標系，則，.當時，，所以，所以，所以.又平面平面，所以平面.（2）解：，設平面的一個法向量為，則，即，不妨取.因為平面，所以平面的一個法向量為.所以，所以.又因為，易知在上單調遞減，所以.17.已知正項數列的前n項和為，滿足，.（1）求數列的通項公式；（2）數列為等比數列，數列滿足，若，，求證：.解：（1）因為，則，累乘可得，，所以，又符合式子，所以，當時，，所以兩式相減可得，，又符合上式，所以，（2）因為數列為等比數列，，且，設數列的公比為，則，即，所以，則所以，即18.已知函數．（1）求曲線在點處的切線方程；（2）若對任意成立，求實數的值；（3）若，求證：．（1）解：由于，故.所以，，所以所求的切線經過，且斜率為，故其方程為.（2）解：設，則，從而當時，當時.所以在上遞減，在上遞增，這就說明，即，且等號成立當且僅當.設，則.當時，的取值范圍是，所以命題等價于對任意，都有.一方面，若對任意，都有，則對有，取，得，故.再取，得，所以.另一方面，若，則對任意都有，滿足條件.綜合以上兩個方面，知的值是2.（3）證明：先證明一個結論：對，有.證明：前面已經證明不等式，故，且，所以，即.由，可知當時，當時.所以在上遞減，在上遞增.不妨設，下面分三種情況（其中有重合部分）證明本題結論.情況一：當時，有，結論成立；情況二：當時，有.對任意的，設，則.由于單調遞增，且有且當，時，由可知.所以在上存在零點，再結合單調遞增，即知時，時.故在上遞減，在上遞增.①當時，有；②當時，由于，故我們可以取.從而當時，由，可得.再根據在上遞減，即知對都有；綜合①②可知對任意，都有，即.根據和的任意性，取，，就得到.所以.情況三：當時，根據情況一和情況二的討論，可得，.而根據的單調性，知或.故一定有成立.綜上，結論成立.19.經典比特只能處于0態或1態，而量子計算機的量子比特可同時處于0與1的疊加態，故每個量子比特處于0態或1態是基于概率進行計算的.現假設某臺量子計算機以每個粒子的自旋狀態作為是子比特，且自旋狀態只有上旋與下旋兩種狀態，其中下旋表示“0”，上旋表示“1”，粒子間的自旋狀態相互獨立.現將兩個初始狀態均為疊加態的粒子輸入第一道邏輯門后，粒子自旋狀態等可能的變為上旋或下旋，再輸入第二道邏輯門后，粒子的自旋狀態有的概率發生改變，記通過第二道邏輯門后的兩個粒子中上旋粒子的個數為.（1）若通過第二道邏輯門后兩個粒子中上旋粒子的個數為2，且，求兩個粒子通過第一道邏輯門后上旋粒子個數為2的概率；（2）若一條信息有種可能的情況且各種情況互斥，記這些情況發生的概率分別為，，…，，則稱（其中）為這條信息的信息熵.試求兩個粒子通過第二道邏輯門后上旋粒子個數為的信息熵；（3）將一個下旋粒子輸入第二道邏輯門，當粒子輸出后變為上旋粒子時則停止輸入，否則重復輸入第二道邏輯門直至其變為上旋粒子，設停止輸入時該粒子通過第二道