黑龙江省六校联合体2025届高三上学期模拟数学试卷（解析版）

这是一份黑龙江省六校联合体2025届高三上学期模拟数学试卷（解析版），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 下列关系正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】对于A，0是自然数，，故A错误；
对于B，不是有理数，，故B错误；
对于C，Z是整数集，Q是有理数集，Z是Q的子集，故C错误；
对于D，是方程的解集，，故D正确.
故选：D.
2. 若且同时成立，则是（ ）
A. 第四象限角B. 第三象限角C. 第二象限角D. 第一象限角
【答案】B
【解析】因为，，
所以，即是第三象限角，故B正确.
故选：B
3. 若向量，满足，，，的夹角为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】∵，的夹角为，.
，，
，
，
解得，.
故选：D.
4. 下列不等关系中的充分条件是（ ）
A. B. ；
C. ；D. ；
【答案】D
【解析】对于A，由可得，故不是的充分条件，A错误；
对于B，由，，因，
则，故不是的充分条件，B错误；
对于C，因，由可得，
即，故不是的充分条件，C错误；
对于D，由可得，由可得，
即，故它是的充分条件，即D正确.
故选：D.
5. 在正方体中，点和点分别在和上，且，则（ ）
A. 与异面B. 与和都垂直
C. 与相交D. 至多与和两者之一垂直
【答案】B
【解析】如图所示：
连接，与交于点处，
因为，所以
所以为中点，
连接，交与点，
因为，所以
所以为中点，
所以重合，且，所以，
又平面 ，所以，
所以，同理，，
所以与都垂直，且相交，B正确；
与共面，同在面内，故A错；
，C错；
，D错，.
故选:B.
6. 已知正项等差数列满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为为等差数列，所以，，
则，
所以，
从而，
故，
故选：C.
7. 函数图象如图所示，若函数在单调增，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】∵，
∴，
∵的图象过点，
∴.
∴，
∴．
由，，
得，，
∴函数的单调增区间为，．
若函数在单调增，则的取值范围是.
故选：C.
8. 一只蜜蜂从蜂房出发向右爬，每次只能爬向右侧相邻的两个蜂房（如图），例如：从蜂房只能爬到号或号蜂房，从号蜂房只能爬到号或号蜂房，，以此类推，用表示蜜蜂爬到号蜂房的方法数，则被除的余数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】当且时，蜜蜂到达第号蜂房，可以从第号蜂房到达第号蜂房，
也可从第号蜂房到达第号蜂房，所以，，且，，
所以，，，，，，，，，
，，，，，，，
，，
所以，中每项除的余数依次为：、、、、、、、、、、、、
、、、、、、、，
发现余数的周期是，而，因此，被除的余数为，
故选：D.
二、多选题（本题共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. 已知圆，点为圆上一点，点为坐标原点，则下列叙述正确的有（ ）
A. 点在圆外B. 的最小值为
C. 的最小值为D. 的最小值为
【答案】AC
【解析】选项A，点坐标代入圆的方程左侧得，即原点在圆外，所以A正确；
选项B，圆的标准方程为，所以圆心，半径，，所以，所以B错误；
选项C，令，则直线与圆有公共点，根据点到直线的距离公式得，解得的最小值为，故C正确;
选项D，设，则直线与圆有公共点,根据点到直线的距离公式得，解得，所以的最小值为，故D错误.
故选：AC
10. 已知复数z，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则z的虚部为
C. 若，则D. 若，则
【答案】BCD
【解析】根据题意，对于选项A，设，由于，
所以，则复数不确定，故选项A不正确；
对于选项B，设，由于，
可得，则，故选项B正确；
对于选项C，设，由于，
所以，则，所以，，故选项C正确；
对于选项D，设，由于，所以，
所以在复平面内复数z对应的点的集合为以原点为圆心，以1为半径的圆，即单位圆，
因为表示单位圆上的点与点的距离，
所以的最小值为，最大值为，
所以，故选项D正确.
故选：BCD．
11. 已知抛物线的焦点为，上不同两点，，以，为切点的切线，相交于点，、、三点共线.下列说法正确的有（ ）
A. 最小值为4B. 的最小值为
C. 使得的直线有两条D.
【答案】ACD
【解析】由题意可设直线，
与联立得：，
则，所以，，
所以
，当且仅当等号成立，所以最小值为，故A正确；
由，得，所以在点处的切线方程为，整理得：，
同理得在点处的切线方程为，
两条切线方程联立得，解得，即，
由，，三点共线得
所以点在直线上，
所以的最小值为，故B错误；
由题意可设直线，与联立得：，
则，
所以，
令，
则，
令，则，
所以在定义域上单调递增，
又，所以当时，则在上单调递减，
当时，则在上单调递增，
所以在时有最小值，此时，
所以使得的直线有两条，故C正确；
对于D选项，的准线方程为，过向准线作垂线，垂足为，
过做准线的垂线，垂足为，，，所以，
又，，同理，所以，
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. 直线与双曲线的两条渐近线分别交于，两点，则__________
【答案】
【解析】由双曲线，则渐近线方程为，由直线可得，，
所以，
故答案为：.
13. 已知正方体的棱长为2，为底面内（包括边界）的动点，若，则点在正方形底面内的运动轨迹长为__________
【答案】
【解析】以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，
设，则，
，若，
，即，
所以点的轨迹就是线段，
轨迹长为，
故答案为：.
14. 若过点可作出曲线的三条切线，则的取值范围是__________
【答案】
【解析】，则过的切线为，即.
由过点可作曲线的三条切线得有3个不等实根.
令，，由得或.
当或，，单调递增；当，，单调递减；
故当时，函数取得极大值为；当时，函数取得极小值为.
要使有3个不等实根，则，即得，即所求m的取值范围是.
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. 在锐角中，，，
（1）求；
（2）若为的中点，求.
解：（1），，
由正弦定理得：，，
又因为为锐角，.
（2）在中由余弦定理得：
，或
若，则，则为钝角，舍去
，因为为中点，
在中，

在中，
16. 已知在平面直角坐标系中，两定点，，直线，相交于点，且它们的斜率之积是.
（1）求点的轨迹方程，并指出的形状.
（2）若直线与点的轨迹交于，两点，求证：直线与直线的交点在定直线上.
解：（1）设点的坐标为，
因为，所以直线的斜率为，
因为，所以斜率为，
由已知得，整理得，
故形状为焦点在轴上，长轴长为6，焦距为，除去，的椭圆.
（2）联立，消去整理得：，
如图，设，，，，
而，
直线，直线，
联立两直线得到，
整理得，
故直线与直线的交点在定直线上.
17. 函数，
（1）讨论函数单调性；
（2）若不等式对任意的，恒成立，求的取值范围.
解：（1），
所以， ，
当时或；，
所以此时在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
当时或；，
所以此时在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
当时恒成立，所以此时在上单调递增 ，
当时；，
所以此时在上单调递减，在上单调递增.
（2）由对，恒成立，不妨设，则整理得：
，
设，
有，所以单调递增，即恒成立，
即，其中，
所以，又，当且仅当时等号成立，
同时时，不是常函数，所以.
18. 如图，三棱锥中，平面，平面平面，，，.
（1）求三棱锥的体积；
（2）在线段上试确定一点，使得平面，经过三棱锥内切球的球心，并求的值.
解：（1）平面，平面，
，，
在内过作，则异于，两点，
平面平面，且交线为，平面，
则平面，又平面，
，又，平面，
平面，设三棱锥的体积为，
故.
（2）由（1）平面，平面，则.
又平面，过点作平面的垂线，则.
如图，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，
内切球与平面且与平面相切，设内切球半径为，
可设内切球球心为，又.
由，
所以有
解得，则，
设平面的法向量为，，
故，令，解得，
则为平面的一个法向量，
由内切球球心性质得球心到平面的距离等于半径，
由，
则，解得，或，
又，不合题意，故舍去，
所以，即球心.
设平面的一个法向量为，
又，，
故，令，解得，
则为平面的一个法向量.
若线段上，则可设，，
若平面经过三棱锥内切球的球心，即四点共面，
则，故，解得，即，
故当点位于线段靠近点的三等分点处，
平面经过三棱锥内切球的球心，且.
19. 对于一个有穷整数列，，，，对正整数，若对于任意的，有穷数列中总存在，，，，自然数使得，则称该数列为1到连续可表数列.即1到中的每个数可由中的一个或连续若干项表示，而不可由中连续若干项表示.例如数列2，1，3则，，，，而，，，所以数列2，1，3是1到4连续可表数列.
（1）数列，，，，是否为1到5连续可表数列？若数列，，是一个1到连续可表数列，求的值.
（2）若有穷数列，，，其调整顺序后为一个等比数列，则该数列称为准等比整数列（等比数列本身也可看作准等比数列），调整后的公比称为该数列公比.若准等比整数列，，，为1到5连续可表数列，且公比为整数，求数列的公比的值.
（3）对正整数，，存在唯一的数列，，使得，，且满足，，，，数列，，，称为正整数的进制残片.记事件“随机挑选区间内的整数（为大于等于2的正整数），该数的进制残片调整顺序后能成为1到5连续可表数列”的概率为，求的表达式.
解：（1）依题意设数列的通项为，
则，，，
，，
由于数列只有5项，不可能表示大于等于6的正整数，
故数列为一个1到5连续可表数列，
对于数列，设其通项为，直接计算可知，
该数列的，，，，，
而6无法用连续的项表示出来，故该数列为1到5连续可表数列，得到.
（2）当准等比数列公比为，，，时，
可以对应构造数列，，，，，，，，，，，，，，，，， ，，，，
其中由（1）可知，，为1到5连续可表数列，
对于最后一个数列，有，，
，，，
而6不能连续若干项表示，故这数列也为1到5连续可表数列，
现在，假设，满足，
数列，，，为一个公比为的1到5连续可表准等比数列，
则可以设，
其中，，为，，的一个排列，
则该数列的连续表出具有的形式，
其绝对值不小于，由于1可以被表出，有，故或，
如果不参与表出1到5，则不包含，
故可提出，即，
由于，必是非零整数，
而，
无法表示这个数字，故的表出有的参与，
如果参与表出1和2，有两种可能，
一是当独立表出，二是与其他若干项一起表出，
若当和其他项一起表出时，其他项绝对值不小于3的数而为1或，
所以与其他若干项一起表出其绝对值不小于2故1只得由独立表出，
所以，现在，2的表出是1和一个绝对值不小于3的值之和，
故不大于，不小于4，矛盾.所以不可能成立，
综上的可能取值为
（3）我们在（2）中的论证可以推出更一般的结论：1至5连续可表的数列，
如果满足，，，的形式，
则其中一项必定为1或，且，
从而当时，任一个进制残片都不可能排列成一个1至5连续可表数列.
故，，当时，残片的各项可能取值为，
即，，，，，.由于残片各项一定非负，
则1，2，3，4，5的表出一定没有，，等值参与，
注意到两个元素最多表出三个值，三个元素最多表出六个值，
而0对这5个数字的表出没有贡献，
故残片能够排列成1到5连续可表数列当且仅当残片中含有1，2，4三项
即所挑选的数字应当满足，
故，，从而，
其中表示不超过的最大整数，
综上，.