2025届吉林省延边朝鲜族自治州高三一模数学试题（解析版）

这是一份2025届吉林省延边朝鲜族自治州高三一模数学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了 下列命题中正确的是等内容，欢迎下载使用。
本试卷共6页.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区.
2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚.
3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效.
4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑.
5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱.不准使用涂改液、修正带、刮纸刀.
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. 若“”的充分不必要条件是“”，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据充分不必要条件的判断即可得到实数的取值范围.
【详解】由＂＂的充分不必要条件是＂＂，
得，但，
所以．
故选：B.
2. 在复平面内，复数，对应的向量分别是，，则的复数所对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的几何意义和复数的除法运算即可得到答案.
【详解】由题意得，
则，
其对应的点为，位于第四象限．
故选：D
3. 在中，，为中点，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意作图，根据图象，利用平面向量的线性运算，结合数量积的运算律，可得答案.
【详解】由题意可作图如下：
则，，由为的中点，则，
.
故选：A.
4. 已知正实数，满足，且不等式恒成立，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】对题目等式变形得，再利用乘“1”法即可得到答案.
【详解】因为正实数,满足，所以，
则：，
当且仅当时取等号，因为不等式恒成立，所以．
故选：B．
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由辅助角公式及余弦二倍角公式即可求解；
【详解】由，
可得，
即，
所以，
故选：C
6. 在直三棱柱中，，，且，则该三棱柱的外接球的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据因为，利用正弦定理得外接圆半径为，利用勾股定理即可得外接球半径为，代入球的体积公式即可求解.
【详解】设外接圆半径为，圆心为，设外接球球心为，半径为，
因为，，在中由正弦定理有， 则，则有，
所以，所以球的体积为： ，
故选：D.
7. 编号为，，，，的5种蔬菜种在如图所示的五块实验田里，每块只能种一种蔬菜，要求品种不能种在1，2试验田里，品种必须与品种在相邻的两块田里，则不同的种植方法种数为（ ）
A. 24B. 30C. 36D. 54
【答案】B
【解析】
【分析】对A所种位置进行分类讨论即可.
【详解】当A种在4号田时，B只能种在3号，其余三种蔬菜在三个位置全排列，共有种结果，
当A种在5号田时，结果相同，也有6种；
当A种在3号田时，B有3种结果，余下的三种蔬菜在三个位置全排列，有种结果；
根据分类计数原理，共有种结果．
故选：B．
8. 如图是函数的大致图象，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由图确定是的极小值点，求得，即可求解.
【详解】由图可知，是的极小值点，由已知得，
令，得，得，经验证符合题意，
所以，由，，
可得，解得.
故选：D
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的或不选的得0分.
9. 下列命题中正确的是（ ）
A. 样本甲中有件样品，其方差为，样本乙中有件样品，其方差为，则由甲，乙组成总体样本的方差为
B. 已知随机变量，则
C. 数据，，，，，，的第80百分位数是8
D. 已知随机变量，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】对A，根据方差公式即可判断；对B，根据随机变量的特点即可判断；对C，利用百分位数计算公式即可判断；对D，根据随机变量的均值计算公式即可判断.
【详解】对于A，记样本甲，乙的平均数分别为，由甲乙组成的总体样本的平均数为，
则甲乙组成的总体样本的方差为，故A不正确；
对于B，因为随机变量，所以，故B正确；
对于C，因为，所以数据1，3，4，5，7，8，10的第80百分位数是8，故C正确；
对于D，因为，所以，
所以，故D正确；
故选：BCD．
10. 设是上的奇函数，且对都有，当时，，则下列说法正确的是（ ）
A. 的最大值是1，最小值是0B. 当时，
C. 点是函数的对称中心D. 在区间上是增函数
【答案】BD
【解析】
【分析】根据是上的奇函数得到，再由都有，得到的图象关于对称，然后推出是周期为4的周期函数，结合时，逐项判断.
【详解】因为是上的奇函数，所以，
又对都有，所以的图象关于对称，
因为，即，所以，
所以是周期为4的周期函数，
又当时，单调递增，所以在上单调递增，
则在上单调递增，由的图象关于对称，
得在上单调递增，所以在上的最大值是，
最小值是，故A错误；
当时，，则，故B正确；
由对都有，得的图象关于对称，故C错误；
由在上单调递增，且周期为4，则在区间上是增函数，故D正确；
故选：BD
11. 过点直线交抛物线于，两点，线段的中点为，抛物线的焦点为，下列说法正确的是（ ）
A. 以为直径的圆过坐标原点B. 若，则
C. 若直线的斜率存在，则斜率为D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】设，联立抛物线方程得到韦达定理式，计算即可判断A；直接代入并利用焦半径公式即可判断B；求出，则，即可判断C；计算得即可判断D.
【详解】由题意可知直线斜率不为0，设，
联立得，
则，
对于A选项，，
因为，所以，所以以为直径的圆过坐标原点，A说法正确；
对于B选项，若，则，由抛物线的定义可得，B说法错误；
对于C选项，因为为线段中点，所以，
若直线的斜率存在，则，
直线的斜率，C说法正确；
对于D选项，，D说法正确；
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是采用设线法并联立抛物线方程得到韦达定理式，再整体代入一一判断即可.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，分别是椭圆的左、右焦点，是上一点，若的周长为10，则的离心率为______.
【答案】##
【解析】
【分析】由已知可得，再由的周长为10，可得，求出，从而可求出离心率.
【详解】由椭圆方程可得，得，
因为是上一点，所以，
因为的周长为10，
所以，得，
所以的离心率为.
故答案为：
13. 在中，角的对边分别为，，，且的周长为，则角为______.
【答案】
【解析】
【分析】由题意知，先根据正弦定理边化角，再利用余弦定理求出角即可.
【详解】由题意知，，
由正弦定理得，，即，所以，
由余弦定理得，，
又，所以.
故答案为：.
14. 若函数的图象上存在关于原点对称的点，则实数的取值范围是_________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得有正根，参变分离后构造函数，借助导数研究其单调性即可得其值域，即可得解.
【详解】当时，，有解，∴有正根，
即，令，
则，
故当时，，当单调递增，，
故在单调递减，单调递增，
，∴.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：
函数的图象上存在关于原点对称的点，问题转化为有解，得到在上有解，通过构造函数求值域解决.
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. 已知数列的首项，且满足.
（1）求，；
（2）证明：数列为等比数列；
（3）求数列的通项公式.
【答案】（1），；
（2）证明见解析； （3）
【解析】
【分析】（1）直接代入计算即可；
（2）变形得，即可证明；
（3）根据（2）的结论得，再移项即可.
【小问1详解】
，
【小问2详解】
由得，
且，所以数列是首项为2，公比为3的等比数列.
【小问3详解】
由（2）知数列是首项为2，公比为3的等比数列，
所以，
即:.
16. 如图，在四棱柱中，底面是矩形，，，，.

（1）证明：平面平面；
（2）若三棱锥的体积为，求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直的判定定理即可求解；
（2）根据体积求出，利用空间直角坐标系即可求解.
【小问1详解】
因为四边形为矩形，所以，
又，，，平面，
所以平面，又因为平面，
所以平面平面；
【小问2详解】
因为，，，所以，
因为，即，
所以，即，
由（1）可知，，，两两互相垂直，
以为原点，以直线，，分别为轴，轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，
，，，
设平面的一个法向量，
则，取，则，
设平面的一个法向量，
则，取，则，
于是，
故二面角的正弦值为.
17. 某生物研究小组准备探究某地区棉花长绒分布规律，据统计该地区棉花有，个品种，且这两个品种的种植数量大致相等，记种棉花和种棉花的绒长（单位：）分别为随机变量，，其中服从正态分布，服从正态分布.
（1）从该地区的棉花中随机采摘一朵，求这朵棉花的绒长在区间的概率；
（2）记该地区棉花的绒长为随机变量，若用正态分布来近似描述的分布，请你根据（1）中的结果，求参数和的值（精确到0.1）；
（3）在（2）的条件下，从该地区的棉花中随机采摘3朵，记这3朵棉花中绒长在区间的个数为，求的分布列及数学期望（分布列写出计算表达式即可）.参考数据：若，则，，.
【答案】（1）；
（2），．
（3）分布列见解析，期望为.
【解析】
【分析】（1）根据正态分布的对称性计算即可；
（2）首先求得，再根据（1）得到方程组，解出即可；
（3）利用二项分布的模型即可得到其分布列，再计算其期望即可.
【小问1详解】
记这朵棉花的线长为．
因为A种棉花和种棉花的个体数量大致相等，所以这朵棉花是A种还是种的可能性是相等的．
所以．
【小问2详解】
由于两种棉花的个体数量相等，，的方差也相等，
根据正态曲线的对称性，可知，
由（1）可知得．
【小问3详解】
设棉花的绒长为，则，
由题有，所以，
因此的分布列为
.
18. 已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率.
（1）求双曲线C的方程；
（2）记双曲线C的右顶点为，过点作直线，与C的左支分别交于两点，且，为垂足.
（i）证明：直线恒过定点，并求出点坐标；
（ii）判断是否存在定点，使得为定值，若存在说明理由并求出点坐标.
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析，；（ii）存在，，理由见解析
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法结合双曲线的几何性质即可求得双曲线C的方程：
（2）（i）设直线方程为，与双曲线方程联立方程组，利用韦达定理，并结合条件进行运算，即可证明直线过定点；
（ii）由，此时存在以为斜边的直角三角形，从而可知存在定点为中点满足，从而可求出点坐标
【小问1详解】
由题意，双曲线的中心为坐标原点，
左焦点为，离心率为，
可得，解得，
所以双曲线方程.
【小问2详解】
证明：（i）由（1）知，当直线斜率存在时，设直线方程为，
联立方程组，整理得，
，即，
设，由韦达定理可得.
因为，所以，可得，
即，
即，
整理得，
即，
即，
可得，解得，
将代入直线，
此时直线过定点，不合题意；
将代入直线，
此时直线过定点，
当直线的斜率不存在时，不妨设直线方程为，
因为，所以为等腰直角三角形，
此时点坐标为，
所以（舍）或，
此时过定点，
综上可知，直线恒过定点
（ii）因为，此时存在以为斜边的直角三角形，
所以存在定点为中点满足，此时.
【点睛】关键点点睛：第二小问中通过分析直线与双曲线的交点，求解直线MN的特性及其与双曲线的交点M、N的坐标关系，进而确定直线MN是否通过一个定点P，并探索是否存在一个定点Q，使得从点D到Q的距离为一个固定值。本题主要考查双曲线的性质和直线与双曲线的综合问题，属于较难题.
19. 已知函数.
（1）当时，求的极值；
（2）若，求的值；
（3）求证：.
【答案】（1）在处取得极小值，无极大值
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，根据函数的单调性可得最值；
（2）分情况讨论函数单调性与最值情况，可得参数值；
（3）利用放缩法，由，可知若证，即证，再根据，可得证.
【小问1详解】
当时，，，
则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以在处取得极小值，无极大值；
【小问2详解】
由题意得，
①当时，，所以在上单调递增，
所以当时，，与矛盾；
②当时，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，
因为恒成立，所以，
记，，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，所以，
又，
所以，
所以；
【小问3详解】
证明：先证，
设，则，
所以区间上单调递减，
所以，即，
所以，
再证，
由（2）可知，当时等号成立，
令，则，
即，
所以，，，
累加可得，
所以.
【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
0
1
2
3