吉林省梅河口市第五中学2025届高三下学期三模考试 数学 含解析

这是一份吉林省梅河口市第五中学2025届高三下学期三模考试 数学 含解析，共19页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【详解】集合，，则
故选：B.
2. 在等差数列中，若，则（ ）
A. 270B. 225C. 180D. 135
【答案】C
【详解】因为数列是等差数列，所以，
则.
故选：C
3. 在复平面内，点对应的复数为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【详解】点对应的复数，
则，
所以.
故选：D
4. 若随机变量，且，则的最小值为（ ）
A. 18B. C. 24D. 27
【答案】C
【详解】由题意可得，则，
所以，
易知当时，的最小值为.
故选：C.
5. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【详解】
.
故选：A.
6. 已知点在幂函数的图象上，设，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【详解】因为点在幂函数的图象上，则，解得，
所以，可得，故，
因为，，，
且函数在上为增函数，
又因为，则，故.
故选：C.
7. 有一组样本数据为，3，7，8，9，11，在其中添加一个数构成一组新的样本数据，若，则新旧样本数据的下四分位数相等的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【详解】易知样本数据共6个，，因此样本数据的下四分位数为第2个数，即3；
添加一个数构成一组新的样本数据共有7个数，，因此新数据的下四分位数为第2个数，也得为3；
所以添加的数大于等于3即可满足题意，即可以为；
在中任选一个作为共有6种选择，
因此所求概率.
故选：C
8. 已知是函数的零点，是函数的零点，则的值为（ ）
A. B. 1C. D. e
【答案】D
【详解】令，解得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，
又当时，，
而，所以；
由，得，
所以在单调递增，
由，得，
则.
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. 在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的数字图形（见下图），即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就．在杨辉三角中，第行的所有数字之和为，若去除所有为1的项，依次构成数列：2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，⋯，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C. 第项为
D. 从杨辉三角的图中抽取一斜线的数列1，3，6，10，15，…，得到其倒数和，则
【答案】AC
【详解】将数列、、、、、、、、、、变成以下数阵：
则该数阵第行有个数，从左向右分别为，
第行最后一项位于原数列第项，
对于A，因为，所以分别在该数阵第行的第2个和第4个，故，即，选项A正确；
对于B，因为，所以位于该数阵第行第个数，
由题意可知，该数阵第行所有数为“杨辉三角”数阵中第行去掉首、尾两个得到，而“杨辉三角”中第行所有数之和为，
所以，该数阵第行所有数之和为，
所以，选项B错误；
对于C，因为，所以第项为第行第1个，即，选项C正确；
对于D，根据杨辉三角知，，选项D错误.
故选：AC.
10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 若有两个极值点
B. 的对称中心为
C. 过平面内一点作的切线最多有三条
D. 有三个不同的根，则
【答案】BC
【详解】对于A，，当时，
则的判别式，则有两个不同根或有两个相同根，
则有两个极值点或无极值点，故A错误；
对于B，设对称中心为：，则.
即，
则
，则，
则，令，则.故B正确；
对于C，设平面内一点为，设其对应切线的切点为.
则切线方程满足：，
即
，因在切线上，
则
，当，
即时，
，若还有，
则方程有三个根，分别为：，
即此时对于，存在三个不同的切点，
即过平面内一点作的切线最多有三条，故C正确；
对于D，有三个不同的根，
则，
即，
与相比较，可得，故D错误.
故选：BC
11. 已知为坐标原点，椭圆的长轴长为4，离心率为，过抛物线的焦点作直线交抛物线于两点，连接并分别延长交椭圆于两点，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若直线的斜率分别为，则
C. 若抛物线的准线与轴交于点，直线的倾斜角为，则
D. 的最小值为
【答案】ACD
【详解】如图：
对椭圆：，所以椭圆：；
对抛物线：，所以，.
设，.
对A选项：设直线方程为：，代入抛物线：，得：
，整理：.
所以，，
所以，
.
因为，所以，
所以 .
所以.故A正确；
对B选项：由A选项解答可知：，故B错误；
对C选项：直线的倾斜角为，即，所以直线：，即.
此时，，，所以
，，
所以,
故C正确；
对D选项：因为直线：，由得：
，，所以，
同理，且，.
因为
，
又，
所以
设，则，
所以，.
因为在上单调递减，
所以.
所以.故D正确.
故选：ACD
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.将答案填在答题卡相应的位置上.
12. 已知复数满足，其中为虚数单位，则______.
【答案】
【详解】因为复数满足，则，故.
故答案为：.
13. 直三棱柱中，为边中点，则异面直线与所成角的余弦值为______.
【答案】
【详解】取中点，连接，因为，所以，
以为原点，分别为轴，过点且垂直于面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
所以，
所以，
所以，
所以异面直线与所成角为，.
则，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故答案为：.
14. 已知定义在上的函数满足，则______；若为偶函数，，且时，，则图象与曲线的交点个数为______.
【答案】 ①. ②.
【详解】在等式中，令可得，解得；
在等式中，用替代可得，
即，即，
因为，则，
由可得，即函数为奇函数，
因为为偶函数，则，即，
所以，函数的图象关于直线对称，且有，
所以，，
所以，函数的图象关于直线对称，
由，可得，
所以，，故函数是周期为的周期函数，
当时，，且，
则，
所以，函数在上单调递增，且，
又因为函数为上的奇函数，则，
设的图象为曲线，
当时，，
在曲线上取点，则点关于轴的对称点为，则，
即点也在曲线上，所以，曲线关于轴对称，作出函数的图象和曲线如下图所示：
由图可知，函数的值域为，
因为，，且，，
所以，点、在曲线上，
对于曲线，将代入曲线的方程可得，可得，且，
由图象可知，函数的图象和曲线有个公共点，
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. 已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设．
（1）求A；
（2）若，的面积为，求a的值．
【答案】（1）
（2）
【小问1详解】
由得，由正弦定理得．
由余弦定理得．
，．
【小问2详解】
由于的面积为，
，
，
由余弦定理得：．
．
16 某校高一年级开设建模，写作，篮球，足球，音乐，朗诵，素描7门选修课，每位同学须彼此独立地选3门课程，其中甲选择篮球，不选择足球，丙同学不选素描，乙同学没有要求.
（1）求甲同学选中建模且乙同学未选中建模的概率；
（2）用表示甲、乙、丙选中建模的人数之和，求的分布列和数学期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【小问1详解】
由题意，甲选择篮球，并在建模，写作，音乐，朗诵，素描5门里再选2门，则选中建模的概率为；
乙同学没有要求，则选中建模的概率为.
故甲同学选中建模且乙同学未选中建模的概率为.
【小问2详解】
由（1）甲选中建模的概率为，乙选中建模的概率为，丙选中建模的概率为，
由题意可能的取值有0，1，2，3，故
，
，
，
.
故的分布列：
17. 如图，在多面体中，是边长为2的等边三角形，平面，，，，，设为的中点．
（1）证明：平面；
（2）设为棱上的动点，求与平面所成角的正弦值的最大值．
【答案】（1）证明见详解
（2）
【小问1详解】
如图，在平面ABC内过点作直线，
∵平面，平面，∴，，
∴以为坐标原点，分别为坐标轴，如图建立空间直角坐标系，
则，，，，
∵为的中点，∴，
∴，，，
∴，即，
又∵平面，平面，，
∴平面.
【小问2详解】
设，即
则，
，，
设平面的一个法向量，
则，令，则，
即，
设直线与平面所成角为，
则，
令，
当时，取最小值，即，
即当时，取得最大值，，
18. 已知函数
（1）若，讨论函数在的单调性；
（2）若，求证：．
（3）若在上有唯一的零点，求实数的最小值．
【答案】（1）在上单调递增，在上单调递减；
（2）证明见解析； （3）1．
【小问1详解】
当时，，
，
由，，
令，则，所以，或，
令，则，所以，
所以在上单调递增，在上单调递减，
【小问2详解】
令，则，可得，
令，则，，在上单调递减，
，在上单调递增，
所以时，即，所以；
【小问3详解】
令，即，
在上有唯一的零点，即与有唯一的交点，
，由（2）知，
，
在上单调递增，故，，
，最小值为1．
19. 已知经过定点的动圆与直线相切，记圆心的轨迹为曲线，直线与曲线交于不同的两点，以分别为切点作曲线的切线与的交点为.
（1）求点的轨迹方程；
（2）设点，连接，分别与曲线的另一个交点为，直线与轴相交于，连接，分别与曲线的另一个交点为，直线与轴相交于，连接，分别与曲线的另一个交点为，直线与轴相交于，已知.
（i）求数列的通项；
（ii）已知为数列的前项和，求使不等式成立时，的最小值.
【答案】（1）；
（2）（i）；（ii）的最小值为9.
【小问1详解】
依题意可知，动圆的圆心到点与到直线的距离相等，
根据抛物线定义可得曲线是以为焦点，为准线的抛物线，
所以曲线的方程为，则直线经过抛物线的焦点，
设，联立，整理得恒成立，
则，又可化为，则，
所以，联立，
消可得，
又因为，所以点的轨迹方程为.
【小问2详解】
（i）设，则，
又，则，又，
所以，即直线的方程为，
整理得，令，可得，①
同理得的方程为，令，可得，②
又直线的斜率为，
所以直线的方程为，令，得，
由①可知，，
①②可得.
于是可得，即，又因为，则，
于是，即，即，
即，又，
所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，
则，所以，所以.
（ii）由（i）可知，，则，
所以，
则，
两式作差可得
所以.
令，即.
当时，显然不合题意；
当时，随着增大而增大，
又，
，
，0
1
2
3