吉林省四平市四平市实验中学、四平市第三高中2025届高三下学期一模数学试题 含解析

这是一份吉林省四平市四平市实验中学、四平市第三高中2025届高三下学期一模数学试题 含解析，共20页。试卷主要包含了 已知，，则， 已知为函数， 已知一组样本数据分别为等内容，欢迎下载使用。
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.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.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.
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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解不等式化简集合，再利用交集的定义求解.
【详解】由，
由，
所以
故选：C
2. 已知复数满足：，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的乘除法求出复数z，可得复数，由模长公式即可求得答案.
【详解】由，得，
所以.
故选：D.
3. 已知圆锥的轴截面是一个斜边长为的等腰直角三角形，则圆锥的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由轴截面可得底面半径及母线长，再由表面积公式即可求解；
【详解】因为轴截面是一个斜边长为的等腰直角三角形，
所以圆锥的底面半径，母线，
所以圆锥的表面积.
故选：D.
4. 已知等比数列的前项和为，若公比，，则（ ）
A. 49B. 56C. 63D. 112
【答案】B
【解析】
【分析】根据等比数列的通项公式推导出与公比的关系，再结合已知条件求出的值.
【详解】∵，∴.
故选：B.
5. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知条件求出与的值，再利用三角函数的两角和公式求出，最后根据二倍角公式求出.
【详解】由，可得，且，
故.
故选：C.
6. 已知函数，若是上的增函数，，且是的必要不充分条件，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由集合的包含关系，分类讨论时， 的解集即可求解；
【详解】是上的增函数，得，
考虑
当时，等价于得：.
当时，等价于，
当时，由，可得：，又，此时解集为，
也即的解集为符合题意；
当时，由，可得：，又，此时解集为，
也即的解集为，不符合题意；
当时，由，可得：，又，此时解集为，
也即的解集为，符合题意；
综上可知：的取值范围是.
故选：B
7. 已知为函数（，）的一个零点，直线为曲线的一条对称轴，设的最小正周期，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用三角函数的图象性质，通过图象中两个特殊点的距离与周期的关系求出周期，再结合周期公式求出，最后代入特殊点求出，进而求得的值.
【详解】由三角函数的图象与性质可得，，解得，，
又因为，故有且仅有时满足题意，此时，解得，
此时，代入，可得，，
又因为，故有且仅有时满足题意，此时.故.
故选：C.
8. 已知实数，，满足，，，其中为自然对数的底数.则，，的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构建函数，利用导数分析的单调性，根据题意可得，，，且，，，结合单调性分析判断.
【详解】设，可知函数的定义域为，且，
因为在定义域上单调递增，且，
若，则；若，则；
可得在上单调递增，在上单调递减，
又因为，，，
可得，，，
即，，，且，，，
可知，且，，，所以.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于构建函数，结合函数的单调性分析判断.
二､多选题：本题共3小题，每题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. 已知一组样本数据分别为：31，6，12，19，17，16，11，则该组样本数据的（ ）
A. 极差为27B. 上四分位数为19C. 平均数为15.5D. 方差为
【答案】BD
【解析】
【分析】根据平均数、方差以及极差求解可判断ACD，根据百分位数计算即可判断D.
【详解】将样本数据按照从小到大的顺序排列为：6，11，12，16，17，19，31.
对于A，根据极差定义可知，该组数据的极差为，故A错误；
对于B，因为，所以该组数据的上四分位数为19，故B正确；
对于C，该组数据的平均数为，故C错误；
对于D，该组数据的方差为，
故D正确.
故选：BD.
10. 设，分别为双曲线左、右焦点，为上一点，则（ ）
A. 的焦距为
B. 当在的右支上，且时，
C. 当时，点到的两条渐近线距离之和为
D. 当时，为直角三角形
【答案】ABD
【解析】
【分析】由椭圆方程可得c的值，判断A；确定P点坐标结合双曲线定义判断B；求出渐近线方程结合点到直线的距离公式可判断C；求出P点坐标结合向量垂直的坐标运算可判断D.
【详解】由双曲线可知，
得的焦距为，故A正确；
由在双曲线的右支上，且可得，从而，
又因为，此时轴，即，所以，故B正确；
的渐近线方程为，当时，，
故点到的两条渐近线距离之和为，故C错误；
由可得，而，取，
，，则，所以，
因此为直角三角形，由对称性可知当时也成立，故D正确.
故选：ABD.
11. 如图，四棱台的底面是正方形，，底面.动点满足，则下列判断正确的是（ ）
A. 点可能在直线上
B. 点可能在直线上
C. 若点在底面内，则三棱锥的体积为定值
D. 若点在棱上，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A：由与所在直线相交且不垂直可判断；对于B，通过可判断，对于C，通过等体积可判断，对于D，通过求证，得到可判断；
【详解】点的轨迹是过点且与垂直的平面（不包括点），因为与所在直线相交且不垂直，因此直线与平面相交，所以A正确；
因为底面，在底面内，所以，
又，，平面，，所以平面，
因为平面，所以，
因此平面平面，
又，平面，平面，
所以，故B不正确；
若点在底面内，则点在直线上，而平面，
所以点到平面距离为定值，
所以为定值，故C正确；
设的中点为，
若点在棱上，则，，，，平面，
所以平面，又平面，所以，
在梯形中，可以求得，，
所以，故D正确.
故选：ACD.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在展开式中，常数项为__________.
【答案】
【解析】
【分析】先根据二项式定理得到通项公式，再通过令该项中的次数为，求出的值，进而得到常数项.
【详解】二项式的展开式的第项为，则的展开式的第项为，，
令，得，所以常数项为.
故答案为：.
13. 已知平面向量，满足，且在上的投影向量为，则向量与向量的夹角为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据条件，利用投影向量的定义得到，再利用向量夹角公式，即可求解.
【详解】因在上的投影向量为，即，
则，又，则得，
所以，
又，故向量与向量的夹角为，
故答案为：.
14. 著名物理学家、数学家阿基米德利用“逼近法”，得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.已知平面内，椭圆经过平移和旋转后，能得到以为一个焦点，且过点的椭圆，则椭圆面积的最大值为_________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意求出椭圆半焦距c的范围，即可求得短半轴b的范围，即可求得答案.
【详解】由椭圆可知，结合题意知椭圆的面积为，
设椭圆另外一个焦点为，则，，即，
所以在以为圆心，1为半径的圆上，故，即，
当三点共线时等号成立（F在之间），
所以，所以椭圆面积的最大值为.
故答案为：.
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. 已知中，角，，所对的边分别为，，，.
（1）求角的大小；
（2）若为的中点，，，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先由正弦定理进行边角互化，再利用二倍角的正弦公式结合特殊角的三角函数关系即可求得答案；
（2）由为的中点得，左右平方实数化可得边，再利用三角形的面积求解即可.
【小问1详解】
由正弦定理，得，
又，所以，所以，
所以，
因为，所以，所以，
所以，解得，即.
【小问2详解】
因为为的中点，所以，
两边平方得到，
又，，
所以，整理可得，
解得或（舍去）
所以的面积.
16. 设函数.
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）若为增函数，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由导数的几何意义即可求解；
（2）法一：参变分离得到在上恒成立，构造函数求最值即可；法二：构造函数，通过分类讨论求最值即可求解；
【小问1详解】
当时，，
所以，，，
∴曲线在处的切线方程为，
整理得，，
∴曲线在处的切线方程为.
【小问2详解】
，，
是增函数，即在上恒成立，
方法一：即在上恒成立，所以，
设，，则，，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
∴当时，取得极大值，也是最大值，
∵，∴的取值范围是.
方法二：即在上恒成立，所以，
设，，则，，
①若，则，在上单调递增，
当趋近于0时，趋近于，即不恒成立，
所以在上不单调递增，与题意不符，舍去.
②若，则当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
则当时，取得极小值，也是最小值，
∴，解得，
∴的取值范围是.
17. 如图所示，正三角形的边长为2，，，分别是各边的中点，现将，，分别沿，，折起，使得，，所在平面均与底面垂直.

（1）求证：平面平面；
（2）求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用面面垂直的性质定理和面面平行的判定定理证明即可；
（2）以为坐标原点，分别以，，为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，利用空间向量法求解即可.
【小问1详解】
因为为正三角形，且，，分别是各边的中点，

所以，，均为正三角形.
分别取，，的中点，，，
则，，，，
又因为平面底面，平面底面，平面，
所以平面，同理可得平面，所以，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面，同理可得平面，
又，平面，平面，
所以平面平面.
【小问2详解】
由（1）可知两两垂直，
以为坐标原点，分别以，，为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，

则，，，，
所以，，
设平面的法向量为，则
令，得，，所以，
易知平面的一个法向量为，
所以，
所以二面角的正弦值为.
18. 如果随机变量全部可能取到的值是有限的或者可列无限多对的，那么我们就称是二维离散型的随机变量.甲、乙两人参加一次知识竞赛，竞赛过程有一轮抢答环节，共有三题供甲、乙二人抢答.已知甲、乙抢到每题的概率相等，且抢到每题与否相互独立.在抢到任意一题后，甲、乙答对的概率分别为和.对于每一个题，抢到题并回答正确的得1分，没抢到题的得0分，抢到题但回答错误的扣1分（即得分），三题抢答结束后，得分高者获胜（每题都有人抢答）.记这次比赛中，甲、乙得分数分别为，，是二维离散型随机变量.把所有可能的取值，和取这些值的概率画在一张表中，这张表为二维离散型随机变量的分布列.
其中.
（1）求，；
（2）求；
（3）已知随机事件发生了，求随机变量的分布列.
【答案】（1），
（2）
（3）分布列见解析
【解析】
【分析】（1）根据已知分布列表格计算结合独立事件概率公式计算求解；
（2）应用条件概率计算求解即可；
（3）先应用条件概率分别计算概率，再写出随机变量分布列.
【小问1详解】
，的情况有，甲抢到2题并答对2题，乙未抢到题，不符合题意；
甲抢到2题并答对2题，乙抢到2题并答对1题答错1题，不符合题意，所以，
，的情况有，甲抢到2题并答对2题，乙抢到1题并答错1题，
所以.
【小问2详解】
，故.
【小问3详解】
表示：甲抢到2题并答对1题答错1题，或甲抢到0题，
故，
已知，则的可能取值有，，1，3，
，
，
，
，
因此，随机事件发生了，随机变量的分布列如下：
19. 在平面直角坐标系中，若圆与抛物线有公共点，且圆与抛物线在点处有相同的切线，则称为抛物线的和谐数，圆为的和谐圆.
（1）试判断3是否为抛物线的和谐数.若是，求出3的和谐圆；否则，请说明理由.
（2）设，，…，均为抛物线的和谐数，且，记，，…，的和谐圆分别为圆，，…，，设圆，，…，与抛物线的公共点分别为，，…，，已知，且，圆与外切.
（ⅰ）求数列的通项公式；
（ⅱ）设点，记的面积为，证明：.
【答案】（1）是，
（2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先假设3是抛物线的和谐数，进而结合题意求解即可；
（2）（ⅰ）不妨设，由为抛物线的和谐数，可得的和谐圆为，进而结合（1）得到，，进而结合题意可得，进而得到数列是等差数列，进而求解；
（ⅱ）由题意可得，，，可得为等腰三角形，可得的面积，进而放缩得到当时，，结合裂项相消法求证即可.
【小问1详解】
假设3是抛物线的和谐数，则3的和谐圆为，
由对称性，不妨设圆与抛物线有公共点，
显然抛物线在点处的切线，即曲线在点处的切线，
易知该切线的斜率为，
∵圆与抛物线在点处有相同的切线，
∴，解得，
∴圆与抛物线有公共点，
∴和谐圆的半径为
∴3是抛物线的和谐数，且3的和谐圆为.
【小问2详解】
由对称性，只需考虑，，…，均在轴上方的情形，不妨设，
（ⅰ）∵为抛物线的和谐数，
∴的和谐圆为，
∴由（1）可知，，解得，
∴，
∵在圆上，∴，
∵，圆与外切，且，
∴，即，
∴，
∴数列是等差数列，其公差为2，首项为，
∴，即，
∴数列的通项公式为.
（ⅱ）证明：显然点为抛物线的焦点，∴，
易知，且，∴为等腰三角形，
易知的面积，
当时，，
∴，
∴，
∴，
∴不等式得证.
【点睛】方法点睛：与新定义有关的问题的求解策略：
1.通过给出一个新的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的；
2.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决.

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