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.
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