吉林省2025届高三下学期东北三省高考模拟数学试卷（含答案）

这是一份吉林省2025届高三下学期东北三省高考模拟数学试卷（含答案），共9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。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合M=x∈N∣−1≤x≤4，集合N=x∈R∣x2∈M，则∁MM∩N=( )
A. 3,4B. −1,3,4C. 0,1,2D. −1,0,1,2
2.设复数z满足z−1=z+i，则z在复平面上表示的图形是( )
A. 直线y=xB. 直线y=−xC. 圆x2+y2=1D. 抛物线y=x2
3.记Sn为数列an的前n项和．下列说法正确的是( )
A. 数列an成等差数列的充要条件是对于任意的正整数n，都有2an+1=an+an+2
B. 数列an成等比数列的充分不必要条件是对于任意的正整数n，都有an+12=anan+2
C. 已知数列an的前n项和Sn=nn+1−a，则数列an是等差数列的充分不必要条件是实数a=0
D. 已知数列an的 前n项和Sn=2n−a，则数列an是等比数列的充要条件是a=−1
4.满足条件x1a=x2b=x3c，且1a−2b+3c=0的一组x1,x2,x3为( )
A. x1=4，x2=3，x3=2B. x1=4，x2=2，x3=3
C. x1=3，x2=9，x3=2D. x1=18，x2=12，x3=2
5.函数fx=2sin2x−π4+ 3cs2x的最小正周期为( )
A. 2πB. 4π3C. πD. 23π
6.甲、乙轮流抛一枚均匀硬币，先抛出正面者获胜．若甲先抛，则甲获胜的概率为( )
A. 78B. 34C. 23D. 12
7.设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，P为正方体表面上一点，且点P到直线AA1的距离与它到平面ABCD的距离相等，记动点P的轨迹为曲线W，则曲线W的周长为( )
A. 3 2B. 2 2+πC. 6 2D. 4 2+π
8.函数fx=2x+4x+6x+⋯+2024x−2025x的零点个数为( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知向量a=(csθ, 3)，b=1,sinθ，若|a+b|=|a−b|，则θ可能为( )
A. −π6B. 2π3C. 5π6D. 11π6
10.设随机变量X∼N1,σ2，且PX≤0=0.2，则( )
A. P00)，直线x+ 2y+2 2=0经过椭圆E的左顶点A和下顶点B．
(1)求椭圆E的方程和离心率；
(2)设过点G0,s(s>0)且斜率不为0的直线交椭圆E于C,D两点，直线BC,BD与直线y=t的交点分别为P,Q，线段CD,PQ的中点分别为M,N.若直线MN经过坐标原点，求s+t的取值范围．
19.(本小题17分)
已知函数fx=lnx−a+1x2+3ax−2，其中a为常数．
(1)当a=2时，求曲线y=fx在点1,f1处的切线方程；
(2)讨论函数fx的单调性；
(3)若函数fx在区间0,3内存在两个不同的极值点，求a的取值范围．
参考答案
1.A
2.B
3.A
4.D
5.C
6.C
7.D
8.B
9.ACD
10.BC
11.BCD
12.94
13.136
14.6；44
15.解：(1)证明：由余弦定理可知，BC2=AB2+AC2−2×AB×ACcsA，
即7=AB2+AC2−AB×AC，
又AB3+AC3=(AB+AC)(AB2−AB×AC+AC2)=28，
所以28=7(AB+AC)，解得：AB+AC=4．
(2)由AB+AC=4及7=AB2+AC2−AB×AC=(AB+AC)2−3AB×AC=16−3AB×AC，
可以解得：AB×AC=3，
再与AB+AC=4联立，解得：AB=1，AC=3或AB=3，AC=1，
利用三角形的面积相等公式，即S△ABC=S△ABD+S△ACD，
12AB×ACsinπ3=12AB×ADsinπ6+12AD×ACsinπ6，
不妨用AB=1，AC=3代入可得：3× 32=1×AD×12+3×AD×12，
可得AD=3 34．
所以AD的长度为3 34．
16.解：(1)证明：因为AC⊥AB，平面DAB⊥平面ABC，平面DAB∩平面ABC=AB，
所以AC⊥平面DAB，
由E,F分别为DA,DC中点，得EF//AC，
所以EF⊥平面DAB，
又因为EF⊂平面BEF，
所以平面BEF⊥平面DAB．
(2)选择条件①②：
因为AD=AB=AC=2,AB⊥AC,BD=BC，
所以BD=2 2，则AB2+AD2=BD2，
所以AB⊥AD，
由AC⊥平面DAB，得AC⊥AD，
故AC,AD,AB两两垂直，
如图建立空间直角坐标系A−xyz，则A0,0,0，B2,0,0，C0,2,0，D0,0,2，
E0,0,1，F0,1,1，EF=0,1,0，BE=−2,0,1，
设平面BEF的法向量为m=x,y,z，
则m⋅EF=0,m⋅BE=0,即y=0,−2x+z=0.
令x=1，则z=2，于是m=1,0,2，
易知平面ABC的一个法向量n=0,0,1，
设平面BEF与平面ABC夹角为θ，
则cs θ=|cs m,n|=|m⋅n|m||n||=2 55 ，
所以平面BEF与平面ABC夹角的余弦值为2 55 ，
选择条件①③；
由AC⊥平面DAB，得AC⊥AD ，
因为AB⊥CD,AB⊥AC,AC∩CD=C，
所以AB⊥平面DAC ，
所以AB⊥AD ，故AC,AD,AB两两垂直，
如图建立空间直角坐标系A−xyz，以下同选条件①②，
选择条件②③；
由AC⊥平面DAB，得AC⊥AD ，
因为AB⊥CD,AB⊥AC,AC∩CD=C，
所以AB⊥平面DAC ，
所以AB⊥AD，故AC,AD,AB两两垂直，
又因为AB=AC=2,BD=BC，
所以BC2=AB2+AC2=8,AD= BD2−AB2=2 ，
如图建立空间直角坐标系A−xyz，以下同选条件①②．
17.解：(1)骰子A的面为1，1，3，4，每个面出现的概率为14，两次投掷共有16种可能的结果组合，
最大值是4的情况包括至少有一次掷出4，两次都不出现4的概率为342=916，
因此至少有一次出现4的概率为1−916=716；
(2)玩家选择骰子的概率分别为414(骰子A)、414(骰子B)和614(骰子 C )，
计算各骰子最大值为4的概率：骰子A：概率为716，
骰子B：两次投掷共有4×4=16个结果，两次投掷的最大值为4的情况是两次结果都不超过4且至少有一次为4，
共有3种情况((2,4)，(4,2)，(4,4))，故概率为316，
骰子C：没有数字4，因此概率为0，
总概率为：P=414×716+414×316+614×0=528．
(3)奖金超过16元意味着最大值超过4，
计算各骰子最大值超过4的概率：
骰子A：不可能超过4，概率为0，
骰子B：至少有一次掷出5或6共有16−4=12种，故概率为1216=34，
骰子C：共有6×6=36个结果，至少有一次掷出超过4，共有36−4=32，故概率为3236=89，
设最大值超过4为事件M，选择骰子B为事件N，
计算全概率：PM=414×0+414×34+614×89=2542，
则PN∣M=414×342542=925．
18.解：(1)因为直线x+ 2y+2 2=0与坐标轴交点为A−2 2,0和B0,−2，
所以a=2 2,b=2，
由a2=b2+c2，解得c=2，
所以椭圆E的方程为x28+y24=1，离心率c=ca= 22．
(2)由题意，直线CD的斜率存在，故设其方程为y=kx+sk≠0，
设点Cx1,y1,Dx2,y2，
由y=kx+s,x28+y24=1,得2k2+1x2+4ksx+2s2−8=0，
所以Δ=16k2s2−42k2+12s2−8>0,x1+x2=−4ks2k2+1,x1x2=2s2−82k2+1 ，
所以点M的横坐标xM=x1+x22=−2ks2k2+1，纵坐标yM=kxM+s=s2k2+1，
结合直线MN过坐标原点，可得直线MN的方程为x+2ky=0，
令y=t，得点N的坐标为−2kt,t ，
当s≠2时，显然点C,D不在y轴上，
则直线BC：y=y1+2x1⋅x−2，直线BD：y=y2+2x2⋅x−2，
令y=t，得点Pt+2x1y1+2,t,Qt+2x2y2+2,t．
由线段PQ的中点为N，得t+2x1y1+2+t+2x2y2+2=−4kt，
整理，得4k3t+2kt+4kx1x2+4k2t+t+2s+2x1+x2+4kt(s+2)2=0，
即4k3t+2kt+4k⋅2s2−82k2+1+4k2t+t+2s+2⋅−4ks2k2+1+4kt(s+2)2=0，
化简，得ks+2st−4=0．
由k≠0,s>0，得st=4．
当s=2时，由题意，点C,D中有一个与点G重合(不妨设点D与点G重合)，
取O为BD中点，且O0,t，
在▵BCD中，OM//BC，则直线BC的方程为y=−12kx−2，
由FQ的中点为N，则−kt+2=−2kt，即t=2，故st=4，
所以s+t≥2 st=4，当且仅当s=t=2时等号成立，
综上，s+t的取值范围为4,+∞．
19.解：(1)当a=2时，fx=lnx−3x2+6x−2，f1=1，
f′x=1x−6x+6，此时f′1=1，
因此曲线y=fx在点1,f1处的切线方程为y=x．
(2)函数fx的定义域为0,+∞，f′x=1x−2a+1x+3a=−2a+1x2+3ax+1x，
当a+1=0时，即a=−1时，f′x=1x−3，令f′x=0，解得x=13，
令f′x>0得x∈0,13，令f′x0，
当a+1>0，即a>−1时，
方程−2a+1x2+3ax+1=0在0,+∞上仅有一个正根x0=3a+ 9a2+8a+84a+1，
令f′x>0得x∈0,x0，令f′x