数学试卷+答案_2025年1月_250116江苏省无锡市2024年秋季学期高三期终教学质量调研测试（全科）_江苏省无锡市2024年秋季学期上学期高三期终教学质量调研测试数学

无锡市 2024 年秋学期高三期终教学质量调研测试 数学 2025.01 命题单位：锡山区教师发展中心 制卷单位：无锡市教育科学研究院 注意事项及说明：本卷考试时间为 120分钟，全卷满分为 150分. 一､选择题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是 符合题目要求的. 1.已知全集U  1,2,3,4,5  ,A 1,2  ,B 3,4  ，则  5 （ ） A.A ð B  B.A ð B  U U ð C. ð A    B  D. ð A   ð B  U U U U 2.设i为虚数单位，若复数  1i  2ai  是纯虚数，则实数a的值为（ ） A.1 B.2 C.1 D.2 3.“x y”成立的充分不必要条件是（ ） A.x2  y2 B.log xlog y 2 2 1 1 C.2x 2y D.  x y n  2 4.在二项式 x  的展开式中二项式系数的和是32，则展开式中x的系数为（ ）  x A.40 B.80 C.40 D.80 x2 y2 5.已知双曲线  1  a 0,b0 的一条渐近线的斜率为 3，一个焦点在抛物线 y2 16x的准线上， a2 b2 则双曲线的顶点到渐近线的距离为（ ） A.3 B.6 C. 3 D.2 3               6.已知向量a,b ，满足a  1, 3 , 2ab 4，且 3ab a，则向量a与b 的夹角是（ ） π π 2π 5π A. B. C. D. 6 3 3 6 sin  7.已知tan3,tan 5，则 （ ） cos  学科网（北京）股份有限公司23 25 23 A. B. C. D.5 11 11 5 1 8.若定义在R上的函数 f  x  满足 f  x2  f  x 4, f  3x1 2是奇函数，且 f   3，则 2 21  1  kf k 的值为（ ）  2 k1 A.42 B.45 C.420 D.483 二､多选题：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.从含有3道代数题和2道几何题的5道试题中随机抽取2道题，每次从中随机抽出1道题抽出的题不再放 回，则（ ） A.“第1次抽到代数题”与“第2次抽到代数题”相互独立 B.“第1次抽到代数题”与“第1次抽到几何题”是互斥事件 3 C.“第1次抽到代数题且第2次抽到几何题”的概率是 10 1 D.“在抽到有代数题的条件下，两道题都是代数题”的概率是 3 10.在棱长为2的正方体ABCD ABC D 中，点P是线段AD上的动点，则（ ） 1 1 1 1 1 A.BP∥平面D BC 1 1 B.BP  AC 1 C.存在点P，使得BP  5 8 D.三棱锥B PBC 的体积为定值 1 1 3 11.函数 f  x acosxxsinx.下列说法中正确的有（ ） 学科网（北京）股份有限公司  A.函数 f x 是偶函数   B.aR，使 f x 为周期函数 C.当a1,xπ,π  时， f  x  的极小值为1  π D.当a1,x  0, 时，ex ex 2f  x  恒成立  2 三､填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分.   12.已知随机变量与服从正态分布N 4,2 ，且P(6)4P(2)，则P(26)__________. 13.在ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，若  π  π π cosB cosAcosB sinA0,b2 2,B ，则ABC的面积为__________.  3  6 4 1 2   14.数学史上著名的“康托三分集”，其操作过程如下：将闭区间 0,1 均分为三段，去掉中间的区间段 , ， 3 3 记为第1次操作；再将剩下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第2次操作； 每次操作都在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段，操 1 作过程不断地进行下去.若使前n次操作后所有区间长度之和不超过 ，则需要操作的次数n的最小值为 50 __________，该次操作完成后依次从左到右第四个区间为__________.  lg20.3010,lg30.4771  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.（13分）某学校对男女学生是否经常锻炼进行了抽样调查，统计得到以下22列联表. 男生 女生 合计 经常锻炼 120 不经常锻炼 100 180 合计 200 （1）请完成表格，并判断有多大的把握认为该校学生是否经常锻炼与性别有关； （2）（i）为了鼓励学生经常参加体育锻炼，采用分层抽样的方法从调查的不经常锻炼的学生中随机抽取9 人，再从这9人中抽取4人参加座谈会，求“男女生都有人参会”的概率； （ii）用频率估计概率，用样本估计总体，从该校全体学生中随机抽取10人，记其中经常锻炼的人数为X ， 求X 的数学期望. 附表： 学科网（北京）股份有限公司  P K2 k 0.10 0.05 0.025 0.010 0.001 0 k 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828 0 n(ad bc)2 附：K2  .  ab  cd  ac  bd  16.（15分）如图，四棱柱ABCD ABC D 的底面ABCD是边长为2的正方形，侧面ADD A 底面 1 1 1 1 1 1 π ABCD,AA  2,AAD ,E是线段BC 的中点. 1 1 4 （1）求证：D B∥平面C DE； 1 1 （2）求二面角EDC C的余弦值. 1 17.（15分）已知函数 f  x  x(xc)2 .     （1）若 f x 在x  2处有极小值，求 f x 的单调递增区间； （2）若函数 y f  x  的图像与直线 y xc相切，求实数c的值. 18.（17分）已知椭圆C: x2  y2 1  a b0 的右焦点为F  1,0  ，且过点A  1, 2 ，直线l与椭圆C   a2 b2  2  交于P,Q两点. （1）求椭圆C 的方程； （2）若四边形APFQ是平行四边形，求直线l的方程； （3）若PQF 的内心在直线AF 上，求证：直线l过定点. 19.（17分）从数列  a  中选取第k项，第k1项，第k m1项  k 1,m2  ，并按原顺序构成的新 n 数列称为数列  a  的“  k,m  连续子列”.已知数列  a  中，a 0,a 1，对kN*，数列  a  的 n n 1 2 n k1   “ 2k,3 连续子列”是公比为 的等比数列. k 学科网（北京）股份有限公司    （1）求a 的值，并判断数列 a 的“ 2,4 连续子列”是否是等比数列； 4 n （2）证明：a n2； 2n 1  π （3）若数列  b  满足tanb  ，且b  0, ，数列  b  的“  k,m  连续子列”所有项的和记 n n a n1 n  2 n 2n 1 为T  k,m  ，求tanT  k,m  ，并求出满足tanT  k,m  的所有k和m 的值. 5 学科网（北京）股份有限公司无锡市 2024 年秋学期高三期终教学质量调研测试 数学 2025.01 命题单位：锡山区教师发展中心 制卷单位：无锡市教育科学研究院 注意事项及说明：本卷考试时间为 120分钟，全卷满分为 150分. 一､选择题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是 符合题目要求的. 1.【答案】D 【解析】AB 1,2,3,4  ,, 5 痧 AB   A    B  ，选D. U U U 2.【答案】B 【解析】  1i  2ai 2ai2iai2 2a 2a  i为纯虚数，2a 0 a 2，选B. 3.【答案】B 【解析】log x log y x  y 0，选B. 2 2 4.【答案】A n  2 【解析】 x  展开式二项式系数和为32,2n 32,n5  x 5 r  2  2 x  展开式第r1项T Crx5r    Crx5r(2)rxr Cr(2)rx52r  x r1 5  x 5 5 52r 1,r 2,C2(2)2 40，即x的系数为40，选A. 5 5.【答案】C b 【解析】渐近线的斜率为 3，则  3，抛物线 y2 16x的准线：x4,c4 a   2 3 a 2,b 2 3，顶点 2,0 ，渐近线 3xy0,d   3，选C. 2 6.【答案】A               【解析】 3ab a, 3ab a 0,3a2 ab 0,ab 12         |2ab|24a2 4ab b2 1648b2 16,b2 48 ，     ab 12 3   π cosa,b      ,a,b  ，选A. a b 24 3 2 6 学科网（北京）股份有限公司7.【答案】C tantan  35 1 【解析】tan tan     1tantan   115  8 sin  sincoscossin tantan   cos  coscossinsin 1tantan 1 23 3 8 8 23    ，选C. 3 5 5 1 8 8 8.【答案】D 【解析】 f  x2  f  x 4，则 f  x  周期为4, f  3x1 2为奇函数，则 f  x  关于  1,2  对称， 1 3 5 7 f   3, f   1, f   1, f   3 2 2 2 2 21  1  kf k  1321314353617183213  2 k1  14589121316172021 3  2367101114151819 1483，选D. 二､多选题：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.【答案】BCD 【解析】第一次抽到代数题为A，第二次抽到代数题为B 3 3 2 2 3 12 3 3 2 3 P  A  ,P  B       ,P  AB     P  A  P  B  , 5 5 4 5 4 20 5 5 4 10 即A,B不独立，A错. “第一次抽到代数题”与“第一次抽到几何体”是互斥事件，B对. 3 2 3 P(AB)   ，C对 5 4 10 3 2 3 2 2 3 18 记“抽到有代数题”为C ，两道题都是代数题为D,P  C        5 4 5 4 5 4 20 3 2 6 1 P  CD    ,P  D∣C  ,D对，选BCD. 5 4 20 3 10.【答案】AB 学科网（北京）股份有限公司【解析】平面ABD ∥平面BDC,P平面ABD,BP∥平面BDC,A对. 1 1 1 1 1 1 1 AC 面ABD,AC  BP,B对. 1 1 1 1 1 4 S  222,h2,V V  22 ，D错. BB 1 C 1 2 B 1 PBC 1 PB 1 BC 1 3 3 建系，设P  2,0,2 , 0,1  ,B  2,2,0  ， BP  (22)2 442  82 88  5,82 830无解，C错， 选AB. 11.【答案】ACD 【解析】 f x acos x xsin x acosxxsinx f  x  , f  x  为偶函数，A对.y  xsinx不是   周期函数，则 f x 不可能是周期函数，B错. π  π a 1时， f  x cosxxsinx, f x sinxsinxxcosx xcosx0x0或 , f  x 在 π,  2  2  π   π 单调递增，  ,0单调递减，0, 单调递增，  2   2 π   ,π单调递减， f(x)  f  0 1,C对. 极小值 2  令h  x ex ex 2  cosxxsinx  ,h x ex ex 2xcosx， h x ex ex  2cosx2xsinx ex ex 2  cosxxsinx  h x ex ex 2 sinxsinxxcosx ex ex 4sinx2xcosx  π  π x  0, ,h x 0,h x  在  0, 单调递增，h x h 0 0  2  2  π  π h x  在  0, 单调递增，h x h 0 0,h  x  在  0, 单调递增，  2  2 h  x h  0 0，D对. 三､填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分. 3 12.【答案】 5 学科网（北京）股份有限公司【解析】 N  4,2  ,P(6) P 2  ,P 2 4P(2)4  1P 2  4 3 3 P 2  ,P(24) ,P(26) . 5 10 5 13.【答案】 31  π  π 【解析】cosB cosAcosB sinA0，  3  6  π  π  π  sinB cosAcosB sinA0,sinB  A 0  6  6  6  π π b c B  Aπ，即C  ,  ,c2 6 6 sinB sinC 1 1 6 2 S  bcsinA 2 22  31. ABC 2 2 4  8 9  14.【答案】10；  ,  310 310 1  1 2  【解析】第一次操作去掉了区间长度的 ，剩下 0, , ,1     3  3 3  1 2 第二次操作去掉2个长度为 的区间即长度和为 ，剩下的区间从左到右依次为 9 9  1 2 1 2 7 8  1  0,  ,  ,  ,  ,  ,  ,1  ，以此类推，第n次操作将去掉2n1个长度为 的区间  9 9 3 3 9 9  3n  n 1 2 1    即长度和为 2 3 n n 1 ，设a n  2 3 n n 1 ,  a n 的前n项和 S n  3  2 3  1    2 3    n 1 3 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 由题意1-[1-（   ，则    ,lg  lg ,nlg  lg51  3  50 3 50 3 50 3  lg51   2lg2   20.3  n   9.4,n 10 2 lg2lg3 0.30.48 min lg 3  1   1   2 1  第8次操作后第1个区间  0,  ；第9次操作后，第1，2个区间  0,  ,  ,   38  39 39 38 学科网（北京）股份有限公司 1   2 1   2 7   8 9  第10次操作后第1,2,3,4个区间分别为  0,  ,  ,  ,  ,  ,  ,   310 310 39 39 310 310 310  8 9  从左到右第4个区间为  , . 310 310 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.【解析】 （1） 男生 女生 合计 经常锻炼 120 100 220 不经常锻炼 80 100 180 合计 200 200 400 400(12010010080)2 K2  4.043.841 220180200200 有95%的把握认为该校学生是否经常锻炼与性别有关. （2）（i）男女抽取比例为4:5,抽取男生4人，女生5人 C4 C4 60 男女生都有人参会的概率P 1 4  5  . C4 C4 63 9 9 220 11 （ii）随机抽取一个经常锻炼的概率P  400 20  11 11 11 X B10, 的二项分布，E  X 10  .  20 20 2 16.【解析】 （1）证明：连接DC 交DC 于点F ，连接EF，在平行四边形DCC D 中， 1 1 1 1 F 为DC 的中点，又E为BC 中点，DB∥ EF， 1 1 DB平面C DE,EF 平面C DE,DB∥平面C DE. 1 1 1 1 1 （2）平面ADD A 平面ABCD，在面ADD A 内，过A作AM  AD， 1 1 1 1 AM 平面ABCD，如图建系. 学科网（北京）股份有限公司A  0,1,1  ,E  2,1,0  ,D  0,2,0  ,A  0,0,0  ,C  2,2,0  ， 1      由AC  AC C  2,3,1  ,ED  2,1,0  ,DC   2,1,1  ,DC   2,0,0  1 1 1 1   设平面EDC 与平面DCC的一个法向量分别为n  x ,y ,z  ,n  x ,y ,z  1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2x  y 0  2x  y z 0   1 1  n   1,2,4  , 2 2 2  n   0,1,1   2x  y z 0 1 2x 0 2 1 1 1 2 设二面角EDC C的平面角为，显然为锐角 1   n n 1 2 6 42 cos     . n n 21 2 7 1 2 17.【解析】 （1） f x (xc)2 2  xc x xc  3xc   f  x  在x  2处有极小值， f 2  2c  6c 0,c2或6  2 2  当c 2时， f x  x2  3x2  , f  x  在 , 上单调递增；在 ,2上单调递堿  3 3   2, 上单调递增， f  x  在x  2上有极小值，符合.   当c 6时，经检验 f x 在x  2处有极大值了，舍去.  2 综上： f  x  的单调增区间为 , ,  2, .  3   （2）设 f  x  与y xc切于P x ,x  x c 2 ,k  x c  3x c  0 0 0 0 0 切线方程为 y  x c  3x c  xx x  x c 2 0 0 0 0 0  x c  3x c  x2x2 x c  ，它与y xc重合. 0 0 0 0 学科网（北京）股份有限公司  x c  3x c 1,① ② c  0 0 ,   2x c  x c  0,x  或x c  2x2 x c 0,② ① 0 0 0 2 0 0 0 c c   1c2. 2 2 18.【解析】  1 1  1  a2 2b2  a 2 x2 （1）由题意知c1  ,椭圆C 的方程为  y2 1.  b1 2 a2 b2 c2   （2）方法一：  2  AF 中点为M 1, ，则M 也是PQ中点，   4   2 (2x)2  2  椭圆C 关于M 的对称椭圆方程为   y 1   2 2   5 则PQ为这两个椭圆的公共弦，两方程相减得2x 2y 0 2 这就是l的方程.  2   方法二：显然直线l斜率存在，A1, ,F 1,0 .   2   设直线l方程为ykxm,P  x ,y  ,Q  x ,y  ,PQ中点R  x ,y  1 1 2 2 0 0 y kxm   x22(kxm)2  2  12k2  x24kmx2m220, Δ 0 x2 2y2 2 x x 2km 2k2m m x  1 2  ,y kx m m 0 2 12k2 0 0 12k2 12k2 学科网（北京）股份有限公司 2  四边形APFQ是平行四边形，PQ的中点也是AF 的中点1,    4    2km  1 k  2 12k2  5 2   5 2 ,直线l的方程为 y  2x .  m 2 m 4  12k2 4  4 （3）方法-： 设P  x ,y  ,Q  x ,y  ,l :ykxm,QFx PFx QFPF 1 1 2 2 PQ 1 2 y kxm    2km2 m2 1 2 则3  x x 2x x 4，联立x2  x x  ,x x  1 2 1 2   y2 1 1 2 12k2 1 2 12k2  2 代入，则  mk  m2k 0得mk 或m2k     则l过 1,0 舍或 2,0 ，斜率不存在时也满足. 依题意有AF 平分PFQ，所以k k 0，且P,Q在AF 两侧 FP FO   设PQ: y  kxm，与椭圆联立消y，由韦达可得 x x  4km ,x x  2 m2 1 1 2 12k2 1 2 12k2 y y kx m kx m 于是k k 0 1  2 0 1  2 0 FP FQ x 1 x 1 x 1 x 1 1 2 1 2   4  mk  km 4k m2 1  mk  x x 2kx x 2m0  2m0 1 2 1 2 12k2 12k2 化简得m2k 0，所以PQ:yk  x2  ，即恒过  2,0  . 方法二：PQF 的内心在AF 上，AF平分PFQ,k k 0,F  1,0  . PF QF 设直线l方程为ykxm,P  x ,y  ,Q  x ,y  ，联立过程同（2） 1 1 2 2 学科网（北京）股份有限公司y y kx m kx m k k  1  2  1  2 0 PF QF x 1 x 1 x 1 x 1 1 2 1 2 2kx x  mk  x x 2m0， 1 2 1 2 2m2 2 4km 代入韦达2k  mk  2m02km0,m2k 12k2 12k2 直线l方程为y k  x2  恒过定点  2,0  . 19.【解析】 k1 （1）方法一：由题意知a ,a ,a 是公比为 的等比数列 2k 2k1 2k2 k a a k1 a a  2k1  2k2  对kN*恒成立， 3 2a 2, 4 2a 4 a a k a 3 a 4 2k 2k1 2 3 3 且a  46，显然a ,a ,a ,a 不成等比数列， a  的“  2,4  连续子列”不是等比数 5 2 2 3 4 5 n 列. a k1 2 （2） 2k2    , kN*, a  k  2k  2 a 2  4    a 1 2  2 a 3   6    a 2 4     2 a  n   2n    ,n 2,nN* a n1 2n2 a 各式相乘 2n n2 a n2 n2  a 2n 2 2 a  n  2n    ,n2,nN* a n1 2n2 而n1时，a 1也满足上式，a n2 . 2 2n 1  n1 n  π （3）tanb   ，令tanc n,c  0,  n n2 n1 1 n1  n n n  2 学科网（北京）股份有限公司tanc tanc  π tanb n  1ta n n 1 c tanc n tan  c n1 c n  ，又b n    0, 2   ， n1 n  π c c  0, ,b c c n1 n  2 n n1 n T  k,m b b b c c c c c c c c k k1 km1 k1 k k2 k1 km km1 km k tanc tanc kmk m tanT  k,m tan  c c  km k   km k 1tanc tanc 1 km k k2 mk1 km k 1 m 1 由tanT  k,m    ,k2 mk15mm  5k k2 1 5 k2 mk1 5 1 5 当k 1时，m N*，舍去；当k  2时，m N*，舍去；当k 3时，m 5符合. 2 3 当k  4时，m 17符合；k 5时，m  5k 0,k2 10矛盾，舍去 综上：k 3,m5或k 4,m17. a a a a 3 方法二：（1） 4  3 2a 2,a 4, 6  5  a 6,a 9， a a 3 4 a a 2 5 6 3 2 5 4     “ 2,4 连续子列”为 1,2,4,6 ，不等比； （2）用数归证，由（1）知n1,2成立，假设n  k 时成立，即a k2，由条件有 2k a a k1 2k2  2k1  a k  k1 a (k1)2 ，所以n  k 1也成立，即得证； a a k 2k1 2k2 2k1 2k （3） 1 由（2）得tanb  ，注意到 n n2 n1 1 1 1  1 n  n1  n n1   n2 n1 1 1 1 1 1 * n  n1  n n1 1  1 将 写成tanarctan ，就有 n  n 学科网（北京）股份有限公司 1  1  tanarctan  tanarctan   n  n1  1 1  tanb  tanarctan arctan  n  1  1   n n1 1tanarctan tanarctan   n  n1 1 1 所以b arctan arctan ，这样就有 n n n1 1 1 T  k,m b b arctan arctan k km1 k km 1 1  tanT  k,m  k km  m 1 1 1k2 km 1 * k km 1 k2 1 tanT  k,m  1k2 km5m m ， 5 5k 只需计算k 1,2,3,4，发现只有k 3,4时分别有m 5,17为正整数. 学科网（北京）股份有限公司