2025届江苏省南通市海门市高三(上)第二次调研测试数学试卷(解析版)

这是一份2025届江苏省南通市海门市高三(上)第二次调研测试数学试卷(解析版)，共15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. 已知集合A＝，则A∩B的元素个数是
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】B
【解析】联立，解得
即和的图象有3个交点，，，
∴集合有3个元素，故选B.
2. 已知函数，则（ ）
A. 是奇函数且在上递减B. 是奇函数且在上递增
C. 是偶函数且在上递减D. 是偶函数且在上递增
【答案】D
【解析】∵，
∴，定义域为，
，∴是偶函数，
当时，，在0,+∞上是单调增函数.
故选：D.
3. 若，是两个不同的平面，直线，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】，，由面面垂直的判定定理可知，，充分性成立，
，，则或，必要性不成立，
则“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
4. 过的直线交圆O：于.M，N两点，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】，故为的中点，
，由垂径定理得.
故选：C
5. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】，
即，，
两边平方得，即，
解得.
故选：B
6. 若正数，，满足（为自然对数底数），则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】令，显然在上单调递增，
又，，为正数，所以，即，所以，
令，则在上单调递增，又，即，所以，
综上可得.
故选：D
7. 椭圆C：的上顶点为A，左、右焦点为、，若上任一点P到直线的距离与到x轴的距离之和为b，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由题意得，，
直线的方程为，即，
直线的方程为，即，
设，，
则到直线的方程为，
则，解得，
故，故.

故选：B
8. 若函数满足，且的图象关于点对称，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为的图象关于点对称，所以，，
又，所以，则，故B错误；
由，所以，所以，
又，所以，则，故D正确；
由于只有，无法得知、的值，故A、C错误.
故选：D
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. 已知复数，，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，互为共轭复数，则D. ，，
【答案】BCD
【解析】对于A：若，则，故A错误；
对于B：设，因为，所以，则，故B正确；
对于C：设，因为，互为共轭复数，则，
所以，，即，故C正确；
对于D：设，
则，，
所以，
即，，，故D正确.
故选：BCD
10. 若把曲线上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线，则（ ）
A. B. 在上单调递减
C. 图象关于对称D. 与有2个交点
【答案】AC
【解析】把曲线上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变得到，
再把向左平移个单位长度得到，
又，
所以，故A正确；
当时，，因为在上不单调，
所以在上不单调，故B错误；
因为，所以图象关于对称，故C正确；
令，解得，所以在上单调递增，且，
令，解得，所以在上单调递减，且，
因为函数在定义域上单调递增，当时，令，解得，
在同一平面直角坐标系中画出与的图象如下所示：

由图可知与有且仅有一个交点，故D错误.
故选：AC
11. 在平面直角坐标系中，到定点，距离之积等于的动点的轨迹称为伯努利双纽线，，为该曲线的两个焦点.已知曲线C：是一条伯努利双纽线，点是曲线C上一点，则（ ）
A.
B.
C. 当时，
D. C上存在两个点A，B，使得
【答案】AC
【解析】对A：对伯努利双纽线，令，则，即，解得x=0或，
故点在该曲线上，根据双纽线定义可得：，
故可得，则，或（无解，舍去），故，又，故，故A正确；
对B：对伯努利双纽线，令，则，即，
也即，该方程无解，，故B错误；
对C：在△中，不妨设，
由A可知，；由据双纽线定义可得：；
则由余弦定理可得：，即，，
故可得：（舍），或，即当时，，故C正确；
对D：对方程，令x=0，则，解得，
故斜率存在，设为，则直线对应方程为；
联立与可得：，
即，因为异于，故，
则，则，解得，同理；
若，则，由范围可知，显然不成立，故D错误；
故选：AC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 设等比数列的前项和为，若，则________.
【答案】
【解析】当时，.
当时，对于等比数列（因为）.
当时，.
已知，将，，的值代入可得：
.
因为（等比数列首项不为），等式两边同时除以得.
展开式子得，即，解得或.
因为等比数列公比，所以. 所以.
故答案为：.
13. 已知向量，向量在上的投影向量的坐标为，则________.
【答案】
【解析】因为，则，
则向量在上的投影向量为，
又向量在上的投影向量的坐标为，
所以，即.
故答案为：
14. 如图，在直角梯形中，，，E是中点，且，设，将沿折起向C点旋转（旋转过程中A点记为，且与C不重合），则与平面所成角的大小为________，点C到平面的距离的最大值是________.
【答案】 ；
【解析】①如图1，在梯形中，连接.
由题意，则四边形是平行四边形，
又，且，则四边形是正方形.
则，如图2，可知，
又平面，且平面，且，
所以平面.
由题意知，则四边形为平行四边形，
所以，则平面，
即与平面所成角的大小为；
②如图2，在平面中过点作，垂足为，延长交于.
设点到平面的距离为，
则，当且仅当平面时，取最大值.
又平面，也即平面平面时等号取到.
由题意，将沿折起向C点旋转，下面分析当旋转至何处时，等号取到.
若平面，由平面，则，
又，，平面，平面，
所以平面，平面，则平面平面.
故当旋转至满足平面平面（即二面角为直二面角）时，
点C到平面的距离能取到最大值，最大值即为.
在直角梯形中，，则，
，所以.
在中，.
故点C到平面的距离的最大值是.
故答案为：；.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
（1）求A；
（2）若，，求的周长.
解：（1）由得，
，
即，
故，
因为，
所以，
即，
因为B∈0,π，所以，故，
因为，所以；
（2），由正弦定理得，
因为，所以，
由（1）知，，由余弦定理得，
解得，故，所以，
所以的周长为.
16. 如图，在三棱锥中，为正三角形，E是的中点，.

（1）求证：；
（2）若，，二面角的大小为，求三棱锥的体积.
解：（1）为正三角形，为中点，故⊥，
因为，，，所以≌，
故，又为中点，故⊥，
因为，平面，所以⊥平面，
因为平面，所以；
（2）由（1）知，⊥，⊥，
故为二面角的平面角，即，
因为，，所以，
由勾股定理得，
过点作⊥于点，
由（1）知，⊥平面，而平面，
所以⊥，
因为平面，，
所以⊥平面，
其中，
即三棱锥的高为，

由勾股定理得，
故，
三棱锥体积为.
17. 已知函数，曲线在处的切线方程为.
（1）求函数的极值；
（2）若，，求实数的取值范围.
解：（1）因为，所以，
依题意，即，
所以，定义域为0,+∞，则，
所以当时f'x>0，当时f'x0，
当Δ=1-4m2≤0m>0，即时，所以，
即hx在上单调递减，所以，符合题意；
当Δ=1-4m2>0m>0，即，g1=1-2m>0，，
所以，由零点存在性定理可知存在使得gx0=0，
又二次函数gx=-mx2+x-mm>0开口向下，对称轴为x=1m>1，
则当时gx>0，即h'x>0，
所以hx在上单调递增，即存在，使得，
这与当时，恒成立矛盾，故舍去；
综上可得．
18. 已知双曲线的一条渐近线为，焦距为8.
（1）求的方程；
（2）过点作直线，分别与曲线交于点A，B和点D，E.
①若，求直线的方程；
②过点A，D作直线的垂线，垂足分别为M，N，设直线与直线交于点T，Q为曲线上任一点，求证：.
解：（1）双曲线的渐近线为，
依题意可得，解得，所以曲线；
（2）①当直线的斜率为时，即直线的方程为，此时不满足，故舍去；
当直线的斜率不为时，设直线的方程为，Ax1,y1，Bx2,y2，
由，消去整理得，
所以且Δ=36m2+363m2-1>0，所以且，
所以，，
因为，所以，
所以，则，即，解得，
所以，所以直线的方程为或；
②因为垂直直线，所以，所以直线的方程为，
结合双曲线的对称性，令，可得，
因为，，
所以，所以，
即直线过点，同理可得直线过点，即，
设，
所以，
因为，所以当时取得最小值，最小值为，
所以.
19. 若数列满足：对任意的，总存在i，，使得，，则称是“S—数列”.
（1）判断数列和数列是否为“S—数列”，并说明理由；
（2）求证：公差为d的等差数列是“S—数列”的充要条件为；
（3）已知是单调递增的“S—数列”，，，求使的n的最大值.
解：（1）设数列，
所以，，所以不是“S—数列”；
当时，
，
所以，所以是“S—数列”.
（2）先判断必要性，
由题可知，要使是“S—数列”，则，又因为，
所以；
判断充分性；
若等差数列中，时，则，此时为“S—数列”，
证得：公差为d的等差数列是“S—数列”的充要条件为
（3）由题可知，要使最大，则需要每一项尽可能的小，
易知，；；；
由题易知，每一项为整数，且是一个递增数列，因为，所以恰好有，同理，，，
，
我们不难发现，从开始都是连续的整数，且当时，
所以有当时，，
若
故的最大值为.