2025届江苏省苏州市高三(上)11月期中调研数学试卷(解析版)

这是一份2025届江苏省苏州市高三(上)11月期中调研数学试卷(解析版)，共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 在复平面内，若是虚数单位，复数与关于虚轴对称，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】，复数与关于虚轴对称，故.
故选：C.
2. 若对于任意的实数都有成立，则的值可能是（ ）
A. B. C. D. 0
【答案】A
【解析】，
故，即，当时，故选：A.
3. 下列说法中不正确的是（ ）
A. “”是“”的必要不充分条件
B. 命题“，”的否定是“，”
C. “若，，，则且”是假命题
D. 设，，则“或”是“”的充要条件
【答案】B
【解析】对于A, “”是“”的必要不充分条件,故A正确；
对于B，命题“，”的否定是“，”，故B错误；
对于C，当时，满足，不满足且，
故“若，，，则且”是假命题，故C正确；
对于D，“或”是“”的充要条件，故D正确.
故选：B.
4. 在数列中，，则数列前24项和的值为（ ）
A. 144B. 312C. 288D. 156
【答案】C
【解析】因为，
所以，
故选：C.
5. 已知实数，则的最小值为（ ）
A. 12B. 9C. 6D. 3
【答案】B
【解析】
设，，故，
，
当且仅当，即时，等号成立.
故选：B.
6. 在轴截面顶角为直角的圆锥内，作一内接圆柱，若圆柱的表面积等于圆锥的侧面积，则圆柱的底面半径与圆锥的底面半径的比值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】设圆柱和圆锥底面半径分别r，R，因为圆锥轴截面顶角为直角，所以圆锥母线长为，
设圆柱高为h，则，，
由题，，得.
故选：D.
7. 已知，若存在常数，使得为偶函数，则的值可以为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由，
得是偶函数，因为不可能是奇函数，
所以和都是偶函数，
为偶函数，则，即，
为偶函数，则，，
，，只有时，，
故选：A.
8. 已知函数，若，则最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】，
因为，且函数和都是增函数，
故若恒成立，则函数和的零点相同，
即.
故，设则
故在，，单调递增；
在，，单调递减.
故
故最大值为.
故选：A.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知向量，，则下列说法中正确的是（ ）
A. 若，则或1
B. 若，则或-3
C. 若，则或3
D. 若，则向量，夹角的余弦值为
【答案】AC
【解析】A选项，若，有，解得或，A选项正确；
B选项，若，有，解得或3，B选项错误，；
C选项，若，有，解得或，C选项正确；
D选项，当时，，，，，，向量，夹角的余弦值为，D选项错误．
故选：AC.
10. 已知的内角，，所对的边分别为，，，下列四个命题中正确的是（ ）
A. 若为锐角三角形，则
B. 若，，则是直角三角形
C. 若，则是等腰三角形
D. 若为钝角三角形，且，，，则的面积为
【答案】AC
【解析】对于A, 若为锐角三角形，则 即，
故，故A正确；
对于B，若，，则，
即，故，且，故是等边三角形，故B错误；
对于C，若，则
即即
故，是等腰三角形.故C正确；
对于D，，解得或，
且，
当时，，钝角，故，
当时，，B为钝角，故，故D错误.
故选：AC.
11. 已知，是函数，两个不同的零点，且，，是函数两个极值点，则（ ）
A.
B. 或
C. 值可能为11
D. 使得的的值有且只有1个
【答案】ACD
【解析】由已知有两个零点，，
又，是函数两个不同的零点且，
所以，
即
所以，，即，A正确；
，解得或，
，，
由已知有两个不等实根，
所以，解得或，
所以或，B错；
，解得或，满足或，C正确；
由，得，，
，
由整理得，
设，则，
或时，，时，，
在在和上递增，在上递减，
又，，，
所以在，，上各有一个零点，
又或，因此只在上在一个解，D正确．
故选：ACD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数在区间上的值域为，且，则的值为______.
【答案】
【解析】，故，
因为在区间0,1上的值域为，且，故必有
如图所示，则故
13. 如图，边长为1的正，是以为圆心，以为半径的圆弧上除点以外的任一点，记外接圆圆心为，则______.
【答案】
【解析】取的中点，因为为正三角形，故为的中垂线，
则外接圆圆心一定在上，如图所示，
，
故.
14. 若存在实常数和，使得函数和对其公共定义域上的任意实数都满足恒成立，则称直线为和的“媒介直线”.已知函数，，若和之间存在“媒介直线”，则实数的范围是______.
【答案】
【解析】恒成立，即的图像一直在和之间，
当同时与和均相切时，方程和方程均只有一个解，
即和均只有一个解，
故或，解得或，
结合图像可知，“媒介直线”的截距.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知数列是公差大于1的等差数列，，且，，成等比数列，若数列前项和为，并满足，.
（1）求数列，的通项公式.
（2）若，求数列前项的和.
解：（1）设等差数列的公差为，
由，且，，成等比数列知：，
整理得：，
即或者，因为公差大于1，故.
且，故.
数列前项和为，并满足 ①，
且，解得，
故当时， ②，
①式减②式得：，
即，故是公比为2的等边数列，
则，
故
（2），
故
则
故
故
则
16. 已知向量，，.
（1）求函数解析式，写出函数的最小正周期、对称轴方程和对称中心坐标.
（2）试用五点作图法作出函数在一个周期上简图（要求列表，描点，连线画图）.
（3）根据（2）中的图象写出函数的单调增区间、最小值及取得最小值时相应值的集合.
解：（1）向量，，则，，
故的最小正周期，
当 时，，
当 时，，
故的对称轴方程为，对称中心为.
（2）列表：
描点，连线，画图得：

（3）由图可知，的单调增区间为；
最小值为；取最小值时相应值的集合为：.
17. 如图①，在平面四边形中，，，为对角线中点，为中点，为线段上一点，且，，.

（1）求的长.
（2）从下面（i）与（ii）中选一个作答，如果两个都作答，则只按第一个解答计分
（i）在平面四边形中，以为轴将向上折起，如图②，当面面时，求异面直线与所成角的余弦值.
（ii）在平面四边形中，以为轴将向上折起，如图③，当时，求三棱锥的体积.
解：（1）因为， 为对角线中点，故,
因为,故，
即，
解得,
故,
则，,
因为，，
则，,
所以,
所以,，
且,
故,则在等腰中，由正弦定理得：，
即，
则.
（2）若选（i）：当面面时，因为,
面面,面,
故面，又，
故以点为坐标原点，为轴，为轴，过点做的平行线为轴，可以建如图所示空间直角坐标系，

由（1）知，,故为中点，
则易得
则
设异面直线与所成角为，
则.
若选（ii）：由（1）知，,故为中点，
故,
当时，，
因为，,
故，且，,
故面,
因为为中点，为中点，
故,
则三棱锥的体积:.
18. 已知函数，.
（1）如果函数在处的切线，也是的切线，求实数的值.
（2）若在存在极小值，试求的范围.
（3）是否存在实数，使得函数有3个零点，若存在，求出所有实数的取值集合，若不存在，请说明理由.
解：（1），，
故在处的切线为，
也是的切线，
故方程只有一个解，即只有一个解，
，解得.
（2），
，
当时，，无极值点，不符合题意；
当时，在上，，单调递减；
在上，，单调递增；
故的极小值点，则，
故，
设，，则，
此时，
设，则，
时，，单调递增；
时，，单调递减；
，故,
即.
（3），，
，
当时，，在单调递减，不存在3个零点；
当时，，在单调递增，不存在3个零点；
当时，，
因为在上单调递增，设，
则在上也是单调递增，且，
当，，
故存在唯一一个，使，
即在，，，单调递减；
在，，，单调递增；
且，故，且，
故在有唯一零点，
，故，
当时，，因为在有唯一零点，
故在也有唯一零点，
故当，有3个零点;
综上所述，所有实数的取值集合为.
19. 对于任意，向量列满足.
（1）若，，求的最小值及此时的.
（2）若，，其中，，，，若对任意，，设函数，记，试判断的符号并证明你的结论.
（3）记，，，对于任意，记，若存在实数和2，使得等式成立，且有成立，试求的最大值.
解：（1）因为对任意成立，
所以有，
，
，
，
将上述各式相加得，又因为，,
所以，
所以有，又，
当或时，，此时或.
（2）可判定，
①因为，所以数列不可能是各项均为0的常数列；
②当数列非零常数列时，任意，
若，则，
若，则，
故当数列为非零常数列时，.
③当数列为公差不为0的数列时，因，，
若①，
由等差数列性质有，其中
又为奇函数，且在R上单调递增，
则由可得，所以有，
即，，
所以有
，
即②，所以由①②知.
同理可证明若，利用函数为奇函数，且在上单调递增，可证，所以有.
综上可知恒成立.
（3），所以，即为等差数列，
所以，
由题意知
，
构造函数，
则，
，
，
所以函数至少有三个零点:
若使得有三个零点，则存在区间，使得为常数，
且三个零点均在内，所以必为偶数，且，
于是有， 故有，
其中，
实际上，
化简得，解得，又为偶数，故的最大值为30.0
0
2
0
0