江苏省“苏南十校联考”2025届高三10月联考数学试题

这是一份江苏省“苏南十校联考”2025届高三10月联考数学试题，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 复数（为虚数单位）的虚部是（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由复数的除法计算化简即可；
【详解】，
复数的虚部是
故选：D
2. 已知集合 ​， 则​（ ）
A. ​B. ​C. ​D. ​
【答案】D
【解析】
【分析】根据一元二次不等式求集合A，根据指数函数单调性求集合B，进而求交集.
【详解】因为集合​，
​，
所以​．
故选：D．
3. 设公差的等差数列中，，，成等比数列，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用等比数列求出首项与公差的关系，然后利用等差中项化简所求表达式即可．
【详解】解：因为公差的等差数列an中，，，成等比数列，
所以，即，解得，
所以，
故选： C．
4. 已知平面向量，满足：，且在上的投影向量为，则向量与向量的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据投影向量得到，求出，得到
【详解】由在上的投影向量为，得，所以，
所以，所以，
又，所以
故选：C.
5. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用得到，求出，又，故，联立求出，利用余弦差角公式进行求解.
【详解】因为， ，所以，
所以，①，
又因为，所以②，
①②联立解得 ，
所以.
故选：B
6. 为迎接国庆假期，某公司开展抽奖活动，规则如下：在不透明的容器中有除颜色外完全相同的3个红球和2个白球，每位员工从中摸出2个小球.若摸到一红球一白球，可获得价值 a百元代金券；摸到两红球，可获得价值 b百元代金券;摸到两白球，可获得价值 ab百元代金券（均为整数）.已知每位员工平均可得百元代金券，则运气最好者获得至多（ ）百元代金券
A. B. 9C. 8D. 18
【答案】C
【解析】
【分析】先由古典概率计算摸到不同颜色球的概率，再由离散型随机变量的数学期望公式求得，然后讨论为1、2、3、4、5时的值即可.
【详解】由题意得摸到一红球一白球的概率为，
摸到两红球的概率为，
摸到两白球的概率为，
所以，
即，
又a，b均为正整数，
所以当时，有，即舍去
当a=2时，有，即，
此时运气最好者获得至多百元代金券;
当时，有，即舍去
当时，有，即舍去
当时，有，即舍去
综上，运气最好者获得至多8百元代金券.
故选：C.
7. 已知双曲线，点M在C上，过点M作C两条渐近线的垂线，垂足分别为A，B，若，则双曲线C的离心率为（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】设点，利用点到直线的距离公式，结合点M在C上即可求解.
【详解】设点，则，即，
又两条渐近线方程为，即，
故有，
所以
故选：B.
8. 已知函数的定义域为R，且满足，，则下列结论正确的是（ ）
A. B. 方程有解
C. 是偶函数D. 是偶函数
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知得到，应用递推式及累加法求解析式，进而判断各项正误.
【详解】因为函数的定义域为R，
由，，取，得，
取，得，故A错误．
取，得，
所以，，⋯，，
以上各式相加得，
所以，不是偶函数，故C错误；
令，得，解得x=1或2，故B正确；
因为，所以不是偶函数，故D错误.
故选：B
二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分.
9. 设正实数满足，则（ ）
A. 的最小值为B. 的最小值为
C. 的最小值为D. 的最小值为
【答案】BD
【解析】
【分析】利用基本不等式判断A，利用基本不等式“1”的妙用判断B，利用平方法，结合基本不等式判断C，利用完全平方公式，结合基本不等式判断D，从而得解.
【详解】对于A，，
当且仅当时取等号，此时取最大值，故A不正确；
对于B，因为正实数满足，
所以，
当且仅当且，即时取等号，
所以的最小值为，故B正确；
对于C，，
当且仅当时取等号，所以，即最大值为2，故C错误；
对于D，由，
因此，
当且仅当时取等号，则的最小值为，故D正确.
故选：BD
10. 已知函数的图象过点和，且满足，则下列结论正确的是（ ）
A.
B.
C. 当时，函数值域为
D. 函数有三个零点
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据和的范围即可得，进而根据可得即可判断AB，根据整体法即可求解C ，利用函数图象即可求解D.
【详解】解：点代入解析式得，，即，
又 故A项正确.
由，解得， 又，，
由A项可知，则有，
因此， 又因为和和，
可知，，解得故B项正确.
由AB选项可知，， 则时，，此时函数值域为故C项错误.
由五点作图法作出的图象及的图象，如下图所示。
通过图象可知与的图像有3个不同交点，
因此函数有三个零点.因此D项正确。
故选：ABD
11. 已知是数列的前n项和，且，则下列选项中正确的是（ ）
A.
B.
C. 若，则
D. 若数列单调递增，则的取值范围是
【答案】ABC
【解析】
【分析】由推出，两式相减即可判断A；由推出，两式相减即可判断B；由分析知，an中奇数项是以为首项，2为公差的等差数列，偶数项是以为首项，2为公差的等差数列，再由等差数列得前项和公式求和可判断C；根据数列an单调递增可判断D.
【详解】对于A，①，②.
由①②式可得；，A选项正确；
对于B，因为，
所以，
两式相减得：，所以B正确；
对于C，因为，
令，得，因为，所以，
令，得，因为，，
可得，
因为，而，所以，
所以an奇数项是以为首项，2为公差的等差数列，
偶数项是以为首项，2为公差的等差数列，
所以
，所以C选项正确；
对于D，，
令，则，所以，则，
又因为，令，则，
所以，
同理：
，
，
因为数列an单调递增，所以，
解得：，
解得：，
解得：，
解得：，
解得：，
所以的取值范围是，所以D不正确.
故选：ABC.
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是利用得出an的奇数项、偶数项分别成等差数列.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 的展开式中，的系数为15，则a=________.(用数字填写答案)
【答案】
【解析】
【详解】因为，所以令，解得，所以=15，解得.
考点：本小题主要考查二项式定理的通项公式，求特定项的系数，题目难度不大，属于中低档.
13. 若正四棱锥的高为8，且所有顶点都在半径为5的球面上，则该正四棱锥的侧面积为______.
【答案】
【解析】
【分析】设正四棱锥的顶点在底面的投影为，由题意结合勾股定理计算可得该正四棱柱底面边长与侧棱长，再计算出侧面的高后，结合侧面积公式计算即可得解.
【详解】如图所示，设P在底面的投影为，易知正四棱锥的外接球球心在PG上，
由题意球的半径为，，
所以，，
则，故中，边的高为，
所以该正四棱锥的侧面积为
故答案为：
14. 函数的导函数为，若在的定义域内存在一个区间在区间上单调递增，在区间上单调递减，则称区间为函数的一个“渐缓增区间”．若对于函数，区间是其一个渐缓增区间，那么实数的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】先通过f′x在区间上单调递减，得到其导函数不大于零恒成立，通过参变分离求最值得的范围，再通过在区间上单调递增，得到其导函数不小于零恒成立，通过单调性求得的范围，综合可得答案.
【详解】对于函数，
，令，
则，因为f′x在区间上单调递减，
所以恒成立，即恒成立，又，
所以，
又在区间上单调递增，
所以恒成立，
所以，解得，
综合得.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共60分.解答应写出文字说明，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）证明：
（2）若，，求的周长.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦函数的和差公式，结合正弦定理与余弦定理的边角变换，化简整理即可得证；
（2）利用（1）中结论与余弦定理分别求得，从而求得，由此得解.
【小问1详解】
已知，
可化为，
由正弦定理可得，即，
由余弦定理可得，
整理得.
【小问2详解】
当，时，，
，
所以，解得，
所以的周长为
16. 如图，在三棱柱中，，四边形菱形，，.
（1）证明：.
（2）已知平面平面，求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）通过线面、面面的位置关系证平行四边形为菱形即可；
（2）先证平面，根据题意建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法即可求解.
【小问1详解】
设为的中点，连接，，，，
因为，所以，
因为四边形为菱形，，所以为等边三角形，则，
又平面，平面，，所以平面，
因为平面，所以，
因为，平面，平面，
，所以平面，
因为平面，所以，所以四边形为菱形，即.
【小问2详解】
因为平面平面，且平面平面，，平面，
所以平面；
以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，设.
则O0,0,0，，，，，
可得，，.
设平面的法向量为m=x,y,z，则
令，则，，可得
设平面的法向量为n=a,b,c，则
令，则，，可得.
，故二面角的正弦值为.
17. 已知椭圆的短轴长为，点在椭圆C上.
（1）求椭圆C的方程;
（2）过P作两条相互垂直的直线PA，PB分别交椭圆C于另一点A，B，求证：直线AB过定点.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意求出，即可得解；
（2）分直线的斜率是否存在两种情况讨论，当直线AB的斜率存在时，设其方程为，设Ax1,y1，Bx2,y2，联立方程，利用韦达定理求出，，再根据，求出的关系式，即可得出结论.
【小问1详解】
由题意，得，解得，，
所以椭圆C的方程为；
小问2详解】
当直线AB斜率不存在时：Ax0,y0，Bx0,−y0，
由知：，有，
代入，知，可得或，
但时与P重合舍去，此时；
当直线AB的斜率存在时，设其方程为，代入椭圆方程，
整理得，
由，得，
设Ax1,y1，Bx2,y2，
则，，
因为，所以，
所以，
即，
其中，
，
代入整理得，
即，
当时，直线AB过点P，不合题意，所以，
此时，直线AB的方程为，直线过定点，
综上所述，直线AB恒过定点.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
18. 设数列的前n项和为若对任意正整数n，总存在正整数m，使得，则称是“H数列”.
（1）已知数列是等差数列，且，求证：数列是“H数列”;
（2）若数列的前n项和，证明：数列不是“H数列”;
（3）设是等差数列，其首项，公差若是“H数列”，求d的值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析； （3）.
【解析】
【分析】（1）由等差数列前n项和与通项公式，结合“H数列”的定义证明即可；
（2）由证等比数列，并求数列通项公式，根据通项公式和前n项和及“H数列”的定义证明结论；
（3）由等差数列前n项和与通项公式，结合“H数列”的定义得到，进而确定参数值.
【小问1详解】
因为，设公差为d，所以，
令，则，这时，
即对任意正自然数n，存在正自然数m，使得，.
所以，数列是“H数列”.
【小问2详解】
因为数列的前n项和，
当n=1时，，所以，
当n2时，，所以，
所以是以1为首项，2为公比的等比数列.
所以，
假设数列是“H数列”，则对任意正整数n，总存在正整数m，使得，
当m=1时，有，则n=1；
当m2时，有，左边为奇数，右边为偶数，该方程无解.
所以对任意正整数n，不存在正整数m，使得，
所以数列不是“H数列”
【小问3详解】
依题意，，，
若是“H数列”，则对任意的，都存在使得，
即，
所以，
又因为，，
所以对任意的，，且d<0，则
19. 已知定义：函数的导函数为，我们称函数的导函数为函数的二阶导函数，如果一个连续函数在区间I上的二阶导函数，则称为I上的凹函数;二阶导函数，则称为I上的凸函数.若是区间I上的凹函数，则对任意的，有不等式恒成立（当且仅当时等号成立）.若是区间I上的凸函数，则对任意的，有不等式恒成立（当且仅当时等号成立）.已知函数，.
（1）试判断在为凹函数还是凸函数?
（2）设，，，，且，求最大值;
（3）已知，且当，都有恒成立，求实数a的所有可能取值.
【答案】（1）凸函数 （2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据凹凸函数的定义判断即可；
（2）由（1）知在为凸函数，根据凸函数的性质结合题意即可求解；
（3）令，，则问题转化为hx>0在上恒成立，对分类讨论，结合导数的运算研究函数的单调性即可求解.
【小问1详解】
，，
所以，f″x，
因为，所以f″x，
所以在为凸函数.
【小问2详解】
由（1）知在内为凸函数，
又，且（，，，），
所以
所以
【小问3详解】
令，，则hx>0在上恒成立，
则，且，
当，，不合题意舍去;
当，则，
故，
令，则
，
令，，则，
所以在上递增，所以，
所以k'x>0，即在上递增，
又，则h′x>0，所以hx在上递增，
又，即hx>0，，符合题意;
当，令，则，，
所以，不合题意舍去，
综上，正整数a取值集合为
【点睛】方法点睛：求解“新定义”题目，主要分如下几步：
（1）对定义进行信息提取，明确新定义的名称和符号；
（2）对新定义所提取的信息进行加工，探求解决方法和相近的知识点，明确它们的相同点和相似点；
（3）对定义中提取的知识进行提取和转换，如果题目是新定义的运算、法则，直接按照法则计算即可；如果新定义是性质，一般要判断性质的适用性，能否利用定义的外延，可用特值排除.