东北三省三校（哈尔滨师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学）2025届高三下学期一模数学试题 含解析

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注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第I卷（选择题 共58分）
一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先计算出集合，逐一验证即可.
【详解】由，
所以，故A错误，，故B错误； ，故C错误，D正确.
故选：D.
2. 若复数满足，则的虚部为（ ）
A. B. C. 1D. i
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的运算求得复数，可求复数的虚部.
【详解】由，可得，所以，所以，
所以的虚部为.
故选：A.
3. 已知命题，；，．下列判断正确的是（ ）
A. p，q均为真命题B. 为真命题，为假命题
C. 为假命题，为真命题D. p，q均为假命题
【答案】A
【解析】
【分析】令，利用导数可得，可判断，令，计算可判断.
【详解】令，求导得，因为，所以，
所以在是单调递增，所以，
所以为真命题，又，，
所以为真命题，所以p，q均为真命题.
故选：A.
4. 已知向量，，则下列等式中，有且仅有一组实数x，y使其成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量的坐标运算，结合平行垂直以及模长满足的关系，即可逐一求解.
【详解】对于A，，若，则，解得，此时有无数组解，不符合题意，舍去，
对于B，若，则，此时有无数组解，不符合题意舍去，
对于C，若，则，此时，只有一组解，满足题意，
对于D，，则，此时有无数组解，不符合题意，舍去.
故选：C
5. 已知为曲线与的一个交点的横坐标，则函数的一个单调增区间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据求解，即可利用整体法求解函数的单调区间，即可求解.
【详解】由题意可知，由于，
所以，故，解得，故，
令，解得，
故单调递增区间为，
当时，一个单调递增区间为，
当时，一个单调递增区间为，
当时，一个单调递增区间为.
故选：B
6. 已知在A，B，C三个地区暴发了流感，这三个地区分别有6%，5%，4%的人患了流感．假设这三个地区人口数量的比为3：2：1，现从这三个地区中任意选取一个人，则这个人患流感的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用全概率公式计算可求概率.
【详解】设事件为这个人患流感，表示这个人来自A，B，C三个地区，
由已知可得，
又，
由全概率公式可得
.
故选：C.
7. 已知圆台的母线与下底面所成角的正弦值为，则此圆台的表面积与其内切球（与圆台的上下底面及每条母线都相切的球）的表面积之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设上底面半径为，下底面半径为，根据圆台的内切球的性质以及线面夹角可得，且，以及内切球的半径，再结合圆台和球的面积公式运算求解.
【详解】设上底面半径为，下底面半径为，
如图，取圆台轴截面，作，垂足为，
设内切球与梯形两腰分别切于点，
可知，，
由题意可知：母线与底面所成角为，
则，可得，
即，，可得，
可知内切球的半径，
可得，，
所以.
故选：D.
8. 已知点，圆上一动点P，以PF为直径的圆交轴于A，B两点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出圆心的轨迹方程，再利用动点到圆上的点的取值范围的求法，求出，注意排除特殊位置.
【详解】
设，，
由为的中点，则可得，即，
又在圆上，
则可得，即，
即圆心的轨迹以为圆心 ，为半径的圆，而，
则的范围为，即，
又当时，圆心，半径为，此时圆与轴相切，不符合题意，
此时.
故的范围为.
故选：B.
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，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. 下列说法正确的是（ ）
A. 已知一组各不相同的数据，去掉其中最大和最小两个数据后，剩下的28个数据的22%分位数不等于原来数据的22%分位数
B. 若事件A，B满足，，且，则事件A，B独立
C. 若随机变量服从正态分布，且，则
D. 已知具有线性相关关系的变量x，y，其经验回归方程为，若样本点中心为，则
【答案】AB
【解析】
【分析】根据百分位数的计算即可求解A,根据相互独立的性质即可求解B，根据正态分布的对称性即可求解C,将样本中心代入回归方程即可求解D.
【详解】对于A，将原来30个数从小到大排列，，则30个数的22%分位数为30个数中的第7个数，
去掉其中最大和最小两个数据后，，故剩下的28个数据的22%分位数为28个数中的第7个数字，也是30个数中的第8个数，
故两者不相等，A正确，
对于B，，所以相互独立，因此也相互独立，B正确，
对于C，由于，则，故C错误，
对于D，将代入可得，故，D错误，
故选：AB
10. 已知数列是首项为2的等比数列，其前项和为，若，则（ ）
A. B.
C. ，D.
【答案】BC
【解析】
【分析】设设公比为，由得解出，逐一验证选项即可.
【详解】设公比为，根据题意有，
所以或，
当时，，，
当时，，故A错误，B正确；
当时，，，
当时，，，
所以，，故C正确；
当时，，故D错误.
故选：BC.
11. 已知函数的定义域为，，，则下列说法正确的是（ ）
A. B. C. D. 是偶函数
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用赋值法、特殊值法结合函数的奇偶性一一判定选项即可.
【详解】令，可得，解得，故C错误；
令，，则，由偶函数的定义知，是偶函数，故D正确；
令，则，
由是偶函数，则①，
令，则②，
①②可得，
又，则，代入①可得，，故AB正确；
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛，本题的关键是结合选项对抽象函数的等式给出不同的赋值，从而判断选项的正误.
第II卷（非选择题 共92分）
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知函数在处取得极小值，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得，求出的值，再检验是否为极小值点即可.
【详解】由，又函数在处取得极小值，
则，解得，或，
当时，，
令，则，或，
当时，，当时，，则处取得极小值，
故时符合题意；
当时，，
令，则，或，
当时，，当时，，则处取得极大值，
故时不符合题意
故答案为：.
13. 已知，则的值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得，再由三角恒等变换可得，即可得答案.
【详解】解：因为，
即，解得，
所以
.
故答案为：
14. 已知抛物线的焦点为F，过点作抛物线的两条切线，切点分别为A，B，若三角形的面积小于4，则四边形面积的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】分别求出切线方程结合点，在切线上可得直线的方程，与抛物线联立结合韦达定理求出的范围，结合三角形面积公式可得四边形面积表示成关于的函数，进而得解.
【详解】对于抛物线，其焦点的坐标为，
设，，则，，
对两边同时求导可得，即，
所以在点处的切线方程为，整理得：，
同理可得在点处的切线方程为，
因为点在两条切线上，所以，
由此可得均在直线，
联立，消去可得，且，即
由韦达定理可知，，

且，到的距离，
的长度为，
的面积，
因为，所以，
点到的距离，
所以，
所以四边形面积，
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：分别求出切点对应的切线，进而得到直线为且为关键.
四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答题应写出文宇说明，证明过程或演算步聚．
15. 如图，在四棱锥中，四边形为直角梯形，，，．

（1）证明：；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等边三角形的性质可得，即可求证线面垂直，由线面垂直的性质即可求解，
（2）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可利用向量的夹角求解.
【小问1详解】
过作交于，取的中点为，连接，
由于，故所以，
故与均为等边三角形，故，
平面，
故平面，平面，
故.
【小问2详解】
由于故，因此，
因此平面，故平面，
故建立如图所示的空间直角坐标系，则，
故平面的法向量为，
设平面的法向量为，，
故，令，则，
故，
故平面与平面的夹角的余弦值为.
16. 已知函数，．
（1）求曲线在处的切线方程；
（2）若当时，恒有，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用导函数，求得，进而由点斜式方程可求得切线方程；
（2）令，求导，分，两种情况判断是否恒成立，可得结论.
【小问1详解】
因为，所以切点为，
又，所以，
所以，
所以由点斜式方程得切线方程为，即；
【小问2详解】
当 时，恒有 ，即对恒成立，
令，，
求导得，
因为，所以在上单调递减，
所以上单调递增，所以，
当时，，函数单调递增，所以，
即，所以；
当时，，又时，，
所以存在，使，当，，
所以上单调递减，所以，
所以，所以对不恒成立，
综上所述：当时，恒有，实数的取值范围为．
17. 记锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求ab；
（2）若，求的面积．
【答案】（1）2 （2）
【解析】
【分析】（1）根据余弦定理以及数量积可得，即可求解，
（2）根据余弦定理，结合正弦定理边角互化可得，即可根据同角关系以及和差角公式化简，结合已知条件可得，即可求解，由面积公式求解.
【小问1详解】
由可得,故，
由于为锐角三角形，所以,
故，故
【小问2详解】
由可得,
所以,结合，
故,
由于为锐角三角形，故
所以
18. 已知点A，B分别为双曲线的左，右顶点，的离心率为2，过点作垂直于轴的直线l，P为直线上一点，为双曲线右支上一点，直线PD交双曲线左支于点，直线AD，AC分别交直线OP于E，F点，当时，．
（1）求双曲线的方程：
（2）求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用已知可得，由，可得，可求双曲线的方程；
（2）设，直线的方程为，与直线联立可求得，同理，分直线的斜率是否为0，两种情况可求得.
【小问1详解】
因为双曲线的离心率 为2，所以，所以，所以，
由双曲线，可得左右顶点A，B的坐标为，
又，所以，所以，
又，所以，所以，所以；
【小问2详解】
设，，
直线的方程为，直线的方程为，
联立，所以，解得，
同理可得，
（1）法直线的斜率为0时，，
所以，，所以，所以，
（2）当直线斜率不为0时，设直线的方程为，
联立，消去，整理得，
，
，
，
所以，所以
综上所述：.
19. 如果数列满足：存在实数，，使得对任意，有，则称数列有界，其中为的下界，为的上界．
（1）写出数列无界的定义；
（2）已知，，数列，的前项和分别为，，讨论数列，的有界性：
（3）两个整数数列，满足方程：，，证明：存在，使得．
【答案】（1）见解析 （2）有界；无界 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据有界的含义可得无界的定义；
（2）由题意义结合有界的定义与无界的定义分别计算可判断，的有界性；
（3）记点，则由条件得，分点重合与点不重合两种情况，结合向量的数量积讨论可得结论.
【小问1详解】
；
【小问2详解】
对于数列，当时，，
当时，因为，
所以，
又，所以，所以有界；
对于数列，先证时，，
令，所以，
所以在上单调递增，所以，所以，
令，有，所以，
对于，令，，所以无界；
【小问3详解】
记点，则由条件得，
①若点重合，则，所以，所以；
②若点不重合，则点在以线段为直径圆上，
所以是单调不增的数列，因为，所以，
当充分大时，要么，所以与重合，所以，
要么，所以充分大时，所有点均重合，
所以存在，使得．
【点睛】关键点点睛：关键在于理解有界与无界的定义，从而结合定义计算，可判断结论，证明无解，关键在于证明.