吉林省延边朝鲜族自治州2025届高三下学期一模数学试卷（Word版附解析）

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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
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【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.
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【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.
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【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. 24 B. 30 C. 36 D. 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．
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8. 如图是函数 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，乙组成的总体样本
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
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【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 0 B. 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 ，即 ，所以 ，
所以是周期为 4 的周期函数，
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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 的直线 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 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；
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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，
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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_________.
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【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）
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【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】
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【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 ，
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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 ．
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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
0 1 2 3
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：
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（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 ，
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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.
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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 单调性可得最值；
（2）分情况讨论函数的单调性与最值情况，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；
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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 在区间 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 ，
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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．
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