2025屆江蘇無錫市錫山中學高三第六次模擬考試數學試卷含解析

2025屆江蘇無錫市錫山中學高三第六次模擬考試數學試卷注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知實數滿足，則的最小值為（）A． B． C． D．2．設，，是非零向量.若，則（）A． B． C． D．3．已知函數的值域為，函數，則的圖象的對稱中心為（）A． B．C． D．4．已知復數，則的虛部是（）A． B． C． D．15．正項等差數列的前和為，已知，則=（）A．35 B．36 C．45 D．546．定義在R上的函數滿足，為的導函數，已知的圖象如圖所示，若兩個正數滿足，的取值范圍是（）A． B． C． D．7．設為非零實數，且，則（）A． B． C． D．8．已知拋物線y2=4x的焦點為F，拋物線上任意一點P，且PQ⊥y軸交y軸于點Q，則的最小值為（）A． B． C．l D．19．波羅尼斯（古希臘數學家，的公元前262-190年）的著作《圓錐曲線論》是古代世界光輝的科學成果，它將圓錐曲線的性質網羅殆盡，幾乎使后人沒有插足的余地．他證明過這樣一個命題：平面內與兩定點距離的比為常數k（k＞0，且k≠1）的點的軌跡是圓，后人將這個圓稱為阿波羅尼斯圓．現有橢圓=1（a＞b＞0），A，B為橢圓的長軸端點，C，D為橢圓的短軸端點，動點M滿足=2，△MAB面積的最大值為8，△MCD面積的最小值為1，則橢圓的離心率為（）A． B． C． D．10．設，點，，，，設對一切都有不等式成立，則正整數的最小值為（）A． B． C． D．11．在中，已知，，，為線段上的一點，且，則的最小值為（）A． B． C． D．12．已知函數,則方程的實數根的個數是（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．設為拋物線的焦點，為上互相不重合的三點，且、、成等差數列，若線段的垂直平分線與軸交于，則的坐標為_______.14．已知集合，，則_________.15．在中，內角的對邊長分別為，已知，且，則_________．16．已知，，，的夾角為30°，，則_________.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知函數（1）若恒成立，求實數的取值范圍；（2）若方程有兩個不同實根，，證明：．18．（12分）已知點到拋物線C：y1=1px準線的距離為1．（Ⅰ）求C的方程及焦點F的坐標；（Ⅱ）設點P關于原點O的對稱點為點Q，過點Q作不經過點O的直線與C交于兩點A，B，直線PA，PB，分別交x軸于M，N兩點，求的值．19．（12分）設等差數列滿足，.（1）求數列的通項公式；（2）求的前項和及使得最小的的值.20．（12分）已知函數（）的圖象在處的切線為（為自然對數的底數）（1）求的值；（2）若，且對任意恒成立，求的最大值.21．（12分）已知，，分別為內角，，的對邊，若同時滿足下列四個條件中的三個：①；②；③；④.（1）滿足有解三角形的序號組合有哪些？（2）在（1）所有組合中任選一組，并求對應的面積.（若所選條件出現多種可能，則按計算的第一種可能計分）22．（10分）某社區(qū)服務中心計劃按月訂購一種酸奶，每天進貨量相同，進貨成本每瓶5元，售價每瓶7元，未售出的酸奶降價處理，以每瓶2元的價格當天全部處理完.根據往年銷售經驗，每天需求量與當天最高氣溫（單位：攝氏度℃）有關.如果最高氣溫不低于25，需求量為600瓶；如果最高氣溫位于區(qū)間，需求量為500瓶；如果最高氣溫低于20，需求量為300瓶.為了確定六月份的訂購計劃，統(tǒng)計了前三年六月份各天的最高氣溫數據，得下面的頻數分布表：最高氣溫天數414362763以最高氣溫位于各區(qū)間的頻率代替最高氣溫位于該區(qū)間的概率.（1）求六月份這種酸奶一天的需求量（單位：瓶）的分布列；（2）設六月份一天銷售這種酸奶的利潤為（單位：元），當六月份這種酸奶一天的進貨量為（單位：瓶）時，的數學期望的取值范圍？

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、A【解析】

所求的分母特征，利用變形構造，再等價變形，利用基本不等式求最值.【詳解】解：因為滿足，則，當且僅當時取等號，故選：．【點睛】本題考查通過拼湊法利用基本不等式求最值.拼湊法的實質在于代數式的靈活變形，拼系數、湊常數是關鍵.(1)拼湊的技巧，以整式為基礎，注意利用系數的變化以及等式中常數的調整，做到等價變形;(2)代數式的變形以拼湊出和或積的定值為目標(3)拆項、添項應注意檢驗利用基本不等式的前提.2、D【解析】試題分析：由題意得：若，則；若，則由可知，，故也成立，故選D.考點：平面向量數量積.【思路點睛】幾何圖形中向量的數量積問題是近幾年高考的又一熱點，作為一類既能考查向量的線性運算、坐標運算、數量積及平面幾何知識，又能考查學生的數形結合能力及轉化與化歸能力的問題，實有其合理之處.解決此類問題的常用方法是：①利用已知條件，結合平面幾何知識及向量數量積的基本概念直接求解(較易)；②將條件通過向量的線性運算進行轉化，再利用①求解(較難)；③建系，借助向量的坐標運算，此法對解含垂直關系的問題往往有很好效果.3、B【解析】

由值域為確定的值，得，利用對稱中心列方程求解即可【詳解】因為，又依題意知的值域為，所以得，，所以，令，得，則的圖象的對稱中心為.故選：B【點睛】本題考查三角函數的圖像及性質，考查函數的對稱中心，重點考查值域的求解，易錯點是對稱中心縱坐標錯寫為04、C【解析】

化簡復數，分子分母同時乘以，進而求得復數，再求出，由此得到虛部.【詳解】，，所以的虛部為.故選：C【點睛】本小題主要考查復數的乘法、除法運算，考查共軛復數的虛部，屬于基礎題.5、C【解析】

由等差數列通項公式得，求出，再利用等差數列前項和公式能求出.【詳解】正項等差數列的前項和，，，解得或（舍），，故選C.【點睛】本題主要考查等差數列的性質與求和公式，屬于中檔題.解等差數列問題要注意應用等差數列的性質（）與前項和的關系.6、C【解析】

先從函數單調性判斷的取值范圍，再通過題中所給的是正數這一條件和常用不等式方法來確定的取值范圍.【詳解】由的圖象知函數在區(qū)間單調遞增，而，故由可知.故，又有，綜上得的取值范圍是.故選：C【點睛】本題考查了函數單調性和不等式的基礎知識，屬于中檔題.7、C【解析】

取，計算知錯誤，根據不等式性質知正確，得到答案.【詳解】，故，，故正確；取，計算知錯誤；故選：.【點睛】本題考查了不等式性質，意在考查學生對于不等式性質的靈活運用.8、A【解析】

設點，則點，，利用向量數量積的坐標運算可得，利用二次函數的性質可得最值.【詳解】解：設點，則點，，，，當時，取最小值，最小值為.故選：A.【點睛】本題考查拋物線背景下的向量的坐標運算，考查學生的計算能力，是基礎題.9、D【解析】

求得定點M的軌跡方程可得，解得a，b即可.【詳解】設A（-a，0），B（a，0），M（x，y）．∵動點M滿足=2，則=2，化簡得.∵△MAB面積的最大值為8，△MCD面積的最小值為1，∴，解得，∴橢圓的離心率為．故選D．【點睛】本題考查了橢圓離心率，動點軌跡，屬于中檔題．10、A【解析】

先求得，再求得左邊的范圍，只需，利用單調性解得t的范圍.【詳解】由題意知sin，∴，∴，隨n的增大而增大，∴,∴，即，又f(t)=在t上單增，f(2)=-1<0，f(3)=2>0，∴正整數的最小值為3.【點睛】本題考查了數列的通項及求和問題，考查了數列的單調性及不等式的解法，考查了轉化思想，屬于中檔題.11、A【解析】

在中，設，，，結合三角形的內角和及和角的正弦公式化簡可求，可得，再由已知條件求得，，，考慮建立以所在的直線為軸，以所在的直線為軸建立直角坐標系，根據已知條件結合向量的坐標運算求得，然后利用基本不等式可求得的最小值.【詳解】在中，設，，，，即，即，，，，，，，，即，又，，，則，所以，，解得，.以所在的直線為軸，以所在的直線為軸建立如下圖所示的平面直角坐標系，則、、，為線段上的一點，則存在實數使得，，設，，則，，，，，消去得，，所以，，當且僅當時，等號成立，因此，的最小值為.故選：A.【點睛】本題是一道構思非常巧妙的試題，綜合考查了三角形的內角和定理、兩角和的正弦公式及基本不等式求解最值問題，解題的關鍵是理解是一個單位向量，從而可用、表示，建立、與參數的關系，解決本題的第二個關鍵點在于由，發(fā)現為定值，從而考慮利用基本不等式求解最小值，考查計算能力，屬于難題.12、D【解析】

畫出函數,將方程看作交點個數，運用圖象判斷根的個數．【詳解】畫出函數令有兩解，則分別有3個，2個解，故方程的實數根的個數是3+2=5個故選：D【點睛】本題綜合考查了函數的圖象的運用，分類思想的運用，數學結合的思想判斷方程的根，難度較大，屬于中檔題．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、或【解析】

設出三點的坐標，結合等差數列的性質、線段垂直平分線的性質、拋物線的定義進行求解即可.【詳解】拋物線的準線方程為：，設，由拋物線的定義可知：，，，因為、、成等差數列，所以有，所以，因為線段的垂直平分線與軸交于，所以，因此有，化簡整理得：或.若，由可知；，這與已知矛盾，故舍去；若，所以有，因此.故答案為：或【點睛】本題考查了拋物線的定義的應用，考查了等差數列的性質，考查了數學運算能力.14、【解析】

根據交集的定義即可寫出答案?！驹斀狻?，，故填【點睛】本題考查集合的交集，需熟練掌握集合交集的定義，屬于基礎題。15、4【解析】∵∴根據正弦定理與余弦定理可得：，即∵∴∵∴故答案為416、1【解析】

由求出，代入，進行數量積的運算即得.【詳解】，存在實數，使得.不共線，.，，，的夾角為30°，.故答案為：1.【點睛】本題考查向量共線定理和平面向量數量積的運算，屬于基礎題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）（2）詳見解析【解析】

（1）將原不等式轉化為，構造函數，求得的最大值即可；

（2）首先通過求導判斷的單調區(qū)間，考查兩根的取值范圍，再構造函數，將問題轉化為證明，探究在區(qū)間內的最大值即可得證．【詳解】解：（1）由，即，即，令，則只需，，令，得，在上單調遞增，在上單調遞減，，的取值范圍是；（2）證明：不妨設，當時，單調遞增，當時，單調遞減，，當時，，，要證，即證，由在上單調遞增，只需證明，由，只需證明，令，，只需證明，易知，由，故，，從而在上單調遞增，由，故當時，，故，證畢．【點睛】本題考查利用導數研究函數單調性，最值等，關鍵是要對問題進行轉化，比如把恒成立問題轉化為最值問題，把根的個數問題轉化為圖像的交點個數，進而轉化為證明不等式的問題，屬難題．18、(Ⅰ)C的方程為,焦點F的坐標為(1,0)；（Ⅱ）1【解析】

（Ⅰ）根據拋物線定義求出p，即可求C的方程及焦點F的坐標；

（Ⅱ）設點A(x1,y1),B(x1,y1),由已知得Q(?1,?1)，由題意直線AB斜率存在且不為0，設直線AB的方程為y=k(x+1)?1(k≠0)，與拋物線聯立可得ky1-4y+4k-8=0，利用韋達定理以及弦長公式，轉化求解|MF|?|NF|的值．【詳解】(Ⅰ)由已知得，所以p=1.所以拋物線C的方程為,焦點F的坐標為(1,0)；(II)設點A(x1,y1),B(x1,y1),由已知得Q(?1,?1)，由題意直線AB斜率存在且不為0.設直線AB的方程為y=k(x+1)?1(k≠0).由得，則,.因為點A,B在拋物線C上,所以,.因為PF⊥x軸，所以，所以|MF|?|NF|的值為1.【點睛】本題考查拋物線的定義、標準方程及直線與拋物線中的定值問題，常用韋達定理設而不求來求解，本題解題關鍵是找出弦長與斜率之間的關系進行求解，屬于中等題.19、（1）（2）；時，取得最小值【解析】

（1）設等差數列的公差為，由，結合已知，聯立方程組，即可求得答案.（2）由（1）知，故可得，即可求得答案.【詳解】（1）設等差數列的公差為，由及，得解得數列的通項公式為（2）由（1）知時，取得最小值.【點睛】本題解題關鍵是掌握等差數列通項公式和前項和公式，考查了分析能力和計算能力，屬于基礎題.20、(1)a=-1,b=1;(2)-1.【解析】（1）對求導得，根據函數的圖象在處的切線為，列出方程組，即可求出的值；（2）由（1）可得，根據對任意恒成立，等價于對任意恒成立，構造，求出的單調性，由，，，，可得存在唯一的零點，使得，利用單調性可求出，即可求出的最大值.（1），.由題意知.（2）由（1）知：，∴對任意恒成立對任意恒成立對任意恒成立.令，則.由于，所以在上單調遞增.又，，，，所以存在唯一的，使得，且當時，，時，.即在單調遞減，在上單調遞增.所以.又，即，∴.∴.∵，∴.又因為對任意恒成立，又，∴.點睛：利用導數研究不等式恒成立或存在型問題，首先要構造函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，進而得出相應的含參不等式，從而求出參數的取值范圍；也可分離變量，構造函數，直接把問題轉化為函數的最值