江苏省南京市鼓楼区南京市第二十九中学2025-2026学年高三上学期开学模拟预测数学试题（解析版）-A4

这是一份江苏省南京市鼓楼区南京市第二十九中学2025-2026学年高三上学期开学模拟预测数学试题（解析版）-A4，共21页。试卷主要包含了 已知复数满足， 已知，则， 下列命题中，真命题有等内容，欢迎下载使用。
A. 充分且不必要条件B. 必要且不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】利用推出关系去判断充要关系即可.
【详解】当时，是等差数列，不是等比数列，
当既是等差数列又是等比数列，则，
故“既是等差数列又是等比数列”是“”的充分不必要条件，
故选：A．
2. 已知复数满足（为虚数单位），则复数在复平面上不可能位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】设，由已知得在复平面的轨迹是以为圆心，为半径的圆，由图即可判断.
【详解】设，由得，
可得在复平面上对应的点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，（如图）.
由图知圆显然不经过第三象限，故复数在复平面上不可能位于第三象限.
故选：C.
3. 已知曲线，从上任意一点向轴作垂线段，为垂足，则线段的中点的轨迹方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设点，由题意，根据中点的坐标表示可得，代入圆的方程即可求解.
【详解】设点，则，
因为为的中点，所以，即，
又在圆上，
所以，即，
即点的轨迹方程为.
故选：A
4. 在直三棱柱中，所有棱长都相等，，，分别是棱，，的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】连接，得即为异面直线与所成的角，设，利用余弦定理可得答案.
【详解】连接，因为，所以四边形为平行四边形，
所以，所以即为异面直线与所成的角或补角，
设，则，，
连接，则，因为，
所以平面，平面，所以，
，，
由余弦定理得.
所以异面直线与所成角余弦值是.
故选：D.
5. 书架上有6本不同的书，再往书架放另外3本不同的书，要求不改变原来书架上6本书的左右顺序，则不同的放法有（ ）种.
A. 504B. 84C. 1008D. 168
【答案】A
【解析】
【分析】定序问题，由分步乘法计数原理可得.
【详解】将新买的本书逐一放进去，
对第一本书，本书形成个空当，在个空当里面选一个有种选法；
对第二本书，本书形成个空当，在个空当里面选一个有种选法；
最后一本书，本书形成个空当，在个空当里面选一个有种选法；
由分步乘法计数原理可得，共有(种).
故选：A
6. 如图，圆O为四边形的外接圆，点M在直径上，若，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据图形的几何特征，以来表示，根据平面向量的数量积运算律计算即可.
【详解】由，可得，
则，，∴，
则
.
故选:A.
7. 已知函数，若在上恒成立，则实数m的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据与0关系分三种情况讨论，其中当时，再根据的最小值与0的关系分和两种情况讨论，当时，把在上恒成立，转化成在上恒成立，借助导数，求出在上的最大值，且即可求出m的取值范围.
【详解】函数的定义域为，
①当时，，
当时，，不符合题意；
②当时，取，则，不符合题意；
③当时，设，，
则，当且仅当时取等号.
（i）若，即，取，
，，不满足题意；
（ii）若，即，
若在上恒成立，则需在上恒成立，
又，
当时，；当时，，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以，
故，解得，所以.
综上可知，.
故选：D.
8. 已知，则（ ）
A B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】令，求导分析单调性可得A错误；令求导分析单调性可得B错误；令，由诱导公式和两角和的正弦展开式可得C错误；
令，求导后放缩得单调性后可得D正确.
【详解】对于A，令，则，
所以在上单调递减，即，
所以，故A错误；
对于B，令，，则，
所以在上单调递增，即，故B错误；
对于C，因为，令时，，
，
因为，所以，故C错误；
对于D，令，，则，
由三角函数线可得当时，，所以，
所以，
所以在上单调递增，，，
即，故D正确.
故选：D
二、多选题
9. 下列命题中，真命题有（ ）
A. 数据6，2，3，4，5，7，8，9，1，10的70%分位数是8.5
B. 若随机变量，则
C. 已知两个变量具有线性相关关系，其回归直线方程为；若，则；
D. 若，则
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A利用百分位数的定义即可判断，对于B利用二项分布即可求方差，进而判断，对于C利用回归方程必过样本中心点即可判断，对于D利用条件概率公式即可判断.
【详解】对于A：由，所以70%分位数是，故A错误；
对于B：由，所以，故B正确；
对于C：由，所以，故C正确；
对于D：，，所以，故D错误.
故选：BC.
10. 已知正方体的棱长为2，P为平面ABCD内一点，点M，N，Q分别是棱的中点，下列说法正确的是（ ）
A. 平面MNQ与正方体各面的交线围成的是正六边形
B. 直线PM与直线QN是异面直线
C. 当P在四边形ABCD内部（含边界）时，三棱锥P-MNQ体积的最大值为1
D. 若P到棱CD，距离相等的点，则点P的轨迹是双曲线
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据正方体的性质，取中点即可求解A，根据在中点处，即可判断B，根据向量法求解点到平面的距离，即可根据三棱锥的体积公式求解C，根据点点距离，即可结合双曲线的方程求解D.
【详解】如图所示，作出各边中点，在正方体中，根据三角形中位线的关系，可知，
且截面各边长都是相等的，是正六边形，所以A正确.
当点在中点处，由选项A可知，此时PM与直线QN为相交直线，故共面，所以B错误.
正方体边长为2，则线段，则正六边形边长均为，则，
所以，所以为直角三角形，可得，
建立如图所示的空间直角坐标系，设，
则,
,设平面的法向量为，
则，取则，
则点到平面的距离为，
故当时，即此时与点重合时，距离最大为
故体积的最大值为，所以C正确.
如图所示，过作于，过作于，作于，连接，以为坐标原点，以为轴，建立平面直角坐标系，
由于,，,又，平面，
故平面，平面，故,
设，则，，当P到棱CD，A1D1距离相等时，即，，化简得，是双曲线轨迹，所以D正确.
故选：ACD
11. 定义：满足当为奇数时，；当为偶数时，，则称为“回旋数列”.若为“回旋数列”，，设前项和为，从中任意抽取两个数，两个数之和大于的概率为，的前项积为，下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C. 且恒不小于
D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】结合递推关系证明数列的奇数项为等差数列，偶数项为等差数列，求出数列的通项公式，由此判断A，利用组合求和法求判断B，根据古典概型概率公式求，判断C，利用放缩法求，判断D.
【详解】因为数列为“回旋数列”，，
当为奇数时，；当为偶数时，，
所以当为奇数时，，，
所以，
所以数列为等差数列，公差为，
所以当为奇数时，，
所以当为偶数时，，，
所以，
所以数列为等差数列，公差为，
又，，故，
所以当为偶数时，，
所以，，所以，A错误；
，
所以，
，
所以，，
，，
所以，B正确，
从，，，中任意抽取两个数，有种取法，
其中两个数之和大于的取法包含取一个奇数项与它之后的所有偶数项，或取一个偶数项与它之前的所有奇数项，
故有，
所以，
所以，，C正确；
的前项积为，D正确；
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于结合递推关系，确定数列的奇数项为等差数列，偶数项为等差数列，再结合等差数列通项公式求出数列的通项公式.
三、填空题
12. 在的展开式中，仅第6项的二项式系数最大，则的值为_____.
【答案】
【解析】
【分析】根据二项式系数定义以及二项式系数性质可得结果.
【详解】易知第6项的二项式系数为，
若仅有最大，可得.
故答案为：
13. 若4，则λ＝_______.
【答案】
【解析】
【分析】用表示，化简可得结果.
【详解】解：由4，可得：.
所以
所以,
故答案：.
14. 已知函数，其中表示，中的最大值，若函数有3个零点，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】令，，分情况讨论，先判断当时，在区间内无零点，再当时，令，则，由导数判断其在上的单调性，求出最值.
【详解】
令，，
当时，，在区间内无零点；
当时，，，
当，即时，为函数的零点.
当时，令，则，
令，则，
令，则，在区间上单调递减，区间上单调递增，，.
当时，在区间内有两个零点.
综上，当时函数有三个零点.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题关键是题干中“表示，中的最大值”的理解，然后再分区间讨论零点情况.
四、解答题
15. 已知正项数列的前n项之积为，且.
（1）求证：数列是等差数列；
（2）设，求的前2n项和.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据题意得到，由，化简得到，求得，结合等差数列的定义推理得证.
（2）由（1）可得，得到，结合裂项法，即可求解.
【小问1详解】
依题意，，当时，得，则，
由，得，则，即，
当时，，于是，解得，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列.
【小问2详解】
由（1）得，
则，
所以
.
16. 如图，四边形中，，，设.
（1）若面积是面积的4倍，求；
（2）若，求.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】（1）设AC＝a，可求ABa，AD＝asinθ，CD＝acsθ，由题意S△ABC＝4S△ACD，利用三角形的面积公式即可求解；
（2）在△ABD中，△BCD中，分别应用正弦定理，联立可得2sin（θ）＝3sinθ，利用两角和的正弦公式，同角三角函数基本关系式即可求解．
【详解】（1）设，则，，，由题意，
则，所以.
（2）由正弦定理，中，，即①
中，，即②
①÷②得：，化简得
，所以.
【点睛】本题主要考查了三角形的面积公式，正弦定理，两角和的正弦公式，同角三角函数基本关系式在解三角形中的应用，意在考查学生的计算能力和转化思想．
17. 如图，已知正方形边长为4，E，F分别为的中点，沿将四边形折起，使二面角的大小为，M为线段上一点．

（1）若M为线段中点，设直线与直线的交点为O，证明：平面；
（2）是否存在点M，使得直线与平面所成的角为?若存在，求此时线段的长；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在点，当或时，使得直线与平面所成的角为
【解析】
【分析】（1）由，结合线面平行判定定理可证得结论；
（2）由二面角平面角定义可知，取中点，由线面垂直的判定和勾股定理可知两两互相垂直，则以为坐标原点建立空间直角坐标系；设，利用线面角的向量求法可求得即可.
【小问1详解】
分别为中点，
，且，
又为中点，且，
易得，
连接，交于点，连接，

由题设，易知四边形为平行四边形，
为中点，
是的中点，
为中点，
，又平面，平面，
平面；
【小问2详解】
，
，，
又平面，平面，
即为二面角的平面角，
；
取中点，连接，如图，

，，
，
，
，
，
，，又平面，，
平面，
平面，
，
则以为坐标原点，方向为轴正方向建立空间直角坐标系如下图所示，

则，，，，
设，则，，，
设平面的法向量，则，
令，则，，，
直线与平面所成的角为，
，解得或，
存在点，当或时，使得直线与平面所成的角为.
18. 已知椭圆过点，短轴长为.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知点，若椭圆上的点到的距离的最小值是，求正实数的值；
（3）椭圆与轴的交点为、（点位于点的上方），直线与椭圆交于不同的两点、.设直线与直线相交于点，求的最小值.
【答案】（1）
（2）或
（3）
【解析】
【分析】（1）依题意可得，即可求出、，从而得解；
（2）设椭圆上任一点为，则点到的距离，结合椭圆上点的横坐标范围与函数单调性即可得最值，从而得正实数的值；
（3）将直线与椭圆联立消，设直线、的方程，结合韦达定理化简计算解出的轨迹方程，利用对称性即可求解的最小值．
【小问1详解】
由题意得椭圆过点，且短轴长为，
可得，解得，
可得椭圆的方程为；
【小问2详解】
设椭圆上任一点为，故，则，
则点到的距离为，
由于在椭圆上，所以，
令二次函数，其对称轴为，
而，当时，解得，
此时，解得或 （舍），
当时，解得，
此时二次函数在上单调递减，
则当时，二次函数取得最小值，
此时，
解得或（舍）；
综上，或；
【小问3详解】
设点、，
直线与椭圆的方程联立消去整理得，
由，
且，所以，
由于在椭圆上，则，
所以，则，
易知、，则直线的方程为，
直线的方程为，
两式作商得
解得，故在定直线上，
由图可知，点、都在直线的上方，点关于直线的对称点为原点，
由对称性知，所以，
当且仅当为线段与直线的交点时，即点的坐标为时等号成立，
故的最小值为.
19. 函数和有相同的定义域，导函数分别为，，若在定义域内均有，则称是的“－函数”．
（1）判断是否为的“－函数”，并证明；
（2）设和为定义在上的函数，已知，，是的“－函数”，证明：（为常数）；
（3）若，，，，证明：是的“－函数”．
【答案】（1）是的“－函数”，证明见解析
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，求得和，结合“－函数”的定义，即可求解；
（2）先求得为偶函数，根据是的“－函数”，得到，证得是的“－函数”，进而得到，令，得到，即可证得；
（3）设，求得，再设，求得，得到递增且，，得到使得，求得的单调性和最小值，再设，求得，求得的单调性和最小值，得出，进而求得，得到，即可证得是的“－函数”.
【小问1详解】
解：由函数，可得，
又由，可得，
因为，所以是的“－函数”.
【小问2详解】
解：由为定义在上的函数，可得函数的定义域为，
因为，所以为偶函数，
又因为是的“－函数”，所以，
因为，，所以是的“－函数”，
即，用代替，可得，所以，
令，则，所以（为常数），
所以（为常数）
【小问3详解】
解：由函数，，
可得，，
设，可得，
设，则，
则，所以递增，即递增，且，，
存在使得，，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，
设，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，所以，即，
所以，
因为，所以，所以，即，
所以当时，是的“－函数”