辽宁省锦州市某校2025届高三下学期第五次模拟数学试卷（解析版）高考模拟

这是一份辽宁省锦州市某校2025届高三下学期第五次模拟数学试卷（解析版）高考模拟，共40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．已知A=xy=lnx+x-10，B=yy=x+1，则A∩B=（ ）．
A．0,1∪1,+∞B．0,1∪1,+∞
C．0,+∞D．0,+∞
【答案】B
【解析】由x>0x-1≠0得：01,则y=2x+12x在0,+∞单调递增，因此fx在0,+∞单调递增，
因此fx在-∞,0单调递减，
由f2x-10,h3=-10，
可知hy在2,3,3,4内均有零点，即方程y3-24y+44=0的根不唯一，
所以曲线C1中x=8的部分不可以表示为y关于x的某一函数，故C错误；
对于选项D：若曲线如题图所示，则存在x0>0，使得x=x0与曲线图象有三个交点，
即存在x0>0，关于y的方程y3-ax0y+x02-20=0有三个实根.
令f(y)=y3-ax0y+x02-20，则f'(y)=3y2-ax0，
假设a≤0，∀x0>0，都有f'(y)≥0，即f(y)单调递增，
则方程y3-ax0y+x02-20=0在(0,+∞)最多有一个实根，与题图矛盾，假设错误.
因此a>0，故D正确；
故选：ABD.
三、填空题
12．已知x3+2x2n的展开式中各项系数和为243，则展开式中常数项为 ．
【答案】80
【解析】由题意，令x=1，则3n=243，解得n=5，
则x3+2x2n的展开式第r+1项Tr+1=C5rx35-r2x2r=2rC5rx15-5r，
令15-5r=0，解得r=3，所以C53⋅23=10×8=80.
故答案为：80
13．渤大附中校园景色优美，道路和楼宇的命名都蕴含着深远的意义，值得同学们在三年的时光里驻足留意.小陈､小张等6位即将毕业的同学在知博楼､君子路､红色文化广场､三到园4个标志性场所中各选择一个拍照留念，若每个地方至少有一位同学拍照，每位同学都恰选择一处地方拍照，且小陈､小张不在同一个地方拍照，则不同的拍照方式共有 种.（用数字作答）
【答案】1320
【解析】根据题意，分2步进行分析：①将6人分为4组，要求小陈､小张不在同一组，
若分为3､1､1､1的四组，有C63-C41=16种分组方法，
若分为2､2､1､1的四组，有C62C42C21C11A22A22-C42C21C11A22=39种分组方法，则有16+39=55种分组方法；
②将四组安排在4座标志性建筑中拍照，有A44=24种情况，故有55×24=1320种排法.
故答案为：1320.
14．古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面上到两定点A、B距离之比λ(λ>0,λ≠1)是常数的点的轨迹是一个圆心在直线AB上的圆，该圆简称为阿氏圆.根据以上信息，解决下面的问题：在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P是正方体的表面ADD1A1（包括边界）上的动点.
（1）若动点P满足PA=3PD，则点P所形成的阿氏圆的半径为 ；
（2）若E是CD靠近D的三等分点，且满足∠APB=∠EPD，则三棱锥P-ACD体积的最大值是 .
【答案】98；928
【解析】以D为坐标原点，DA为x轴建立如图所示的平面直角坐标系，
则A(3,0),D(0,0)，设P(x,y)，因为PA=3PD，所以(x-3)2+y2=3x2+y2，
整理得x+382+y2=982，故点P所形成的阿氏圆的半径为98；
因为AB⊥平面ADD1A1,CD⊥平面ADD1A1，所以∠PAB=90°,∠PDE=90°，
所以tan∠APB=ABAP,tan∠DPE=DEDP，又∠APB=∠DPE，则ABAP=DEDP，
因为E是CD靠近D的三等分点，所以AP=3DP，
由（1）可知，点P的轨迹为x+382+y2=982的一部分，
则当P在DD1上时，三棱锥P-ACD的体积最大，设此时P为P3，
所以DP3=r2-OD2=982-98-342=324，
则三棱锥P-ACD体积的最大值是13⋅S△ACD⋅DP3=13×12×3×3×324=928.
四、解答题
15．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，D为AC的中点，若2bcsC=2a+c．
（1）求∠B；
（2）若a+c=6，求BD的最小值．
（1）解：由2bcsC=2a+c，
利用正弦定理可得：2sinBcsC=2sinA+sinC，
2csBsinC+sinC=0，
∵sinC≠0，
∴csB=-12，
∴B=2π3；
（2）由D为AC的中点，
∴BD=12(BA+BC)，
∴4BD2=BA2+BC2+2BA⋅BC，
=c2+a2+2accsB=(a+c)2-3ac，
又∵a+c≥2ac，∴ac≤(a+c)24 ，
∴4BD2≥14(a+c)2=9，
∴|BD|≥32，
当且仅当a=c=3时，|BD|取最小值32．
16．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=BC=AB1=2,AB1⊥平面ABC，AC1⊥ AC，D,E分别是AC，B1C1的中点.
（1）证明：AC⊥B1C1；
（2）证明：DE//平面AA1B1B；
（3）求DE与平面BB1C1C所成角的正弦值.
（1）证明：因为AB1⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，
所以AB1⊥AC．
因为AC1⊥AC，AB1∩AC1=A，AB1，AC1⊂平面AB1C1，
所以AC⊥平面AB1C1．
因为B1C1⊂平面AB1C1，
所以AC⊥B1C1．
（2）证明：取A1B1的中点M，连接MA、ME．
因为E、M分别是B1C1、A1B1的中点，
所以ME∥A1C1，且ME=12A1C1．
在三棱柱ABC-A1B1C1中，AD∥A1C1，且AD=12A1C1，
所以ME∥AD，且ME=AD，
所以四边形ADEM是平行四边形，
所以DE∥AM．
又AM⊂平面AA1B1B，DE⊄平面AA1B1B，
所以DE//平面AA1BB．
（3）解：在三棱柱ABC-A1B1C1中，BC//B1C1，
因为AC⊥B1C1，所以AC⊥BC．
在平面ACB1内，过点C作Cz//AB1，
因为，AB1⊥平面ABC，
所以，Cz⊥平面ABC．
建立空间直角坐标系C-xyz，如图．
则C0,0,0,B2,0,0,B10,2,2,C1-2,2,2,D0,1,0,E-1,2,2.
DE=-1,1,2，CB=2,0,0，CB1=0,2,2．
设平面BB1C1C的法向量为n=x,y,z，
则n⋅CB=0n⋅CB1=0，即2x=02y+2z=0，
得x=0，令y=1，得z=-1，故n=0,1,-1．
设直线DE与平面BB1C1C所成的角为θ，
则sinθ＝csDE,n=DE⋅nDE⋅n =36，
所以直线DE与平面BB1C1C所成角的正弦值为36.
17．某商场为促销设计了一项回馈客户的抽奖活动，抽奖规则是：有放回的从装有大小相同的6个红球和4个黑球的袋中任意抽取一个，若第一次抽到红球则奖励50元的奖券，抽到黑球则奖励25元的奖券；第二次开始，每一次抽到红球则奖券数额是上一次奖券数额的2倍，抽到黑球则奖励25元的奖券，记顾客甲第n次抽奖所得的奖券数额Xn1≤n≤6的数学期望为EXn．
（1）求EX1及X2的分布列．
（2）写出EXn与EXn-1n≥2的递推关系式，并证明EXn+50为等比数列；
（3）若顾客甲一共有6次抽奖机会，求该顾客所得的所有奖券数额的期望值．（考数据：1.266≈2.986）
解：（1）依题意，抽到一个红球的概率为610=0.6，抽到一个黑球的概率为0.4，
显然X1的值为25，50，则PX1=25=0.4,PX1=50=0.6，
所以EX1=25×0.4+50×0.6=40，
又X2的值为25,50,100，
则PX2=25=0.4,PX2=50=0.4×0.6=0.24,PX2=100=0.6×0.6=0.36，
所以X2的分布列为：
（2）依题意，当n≥2时，甲第n次抽到红球所得的奖券数额为2EXn-1，对应概率为0.6，
抽到黑球所得的奖券数额为25元，对应概率为0.4，
因此当2≤n≤6时，EXn=2EXn-1×0.6+25×0.4=1.2EXn-1+10，
EXn+50=1.2EXn-1+60，即EXn+50=1.2EXn-1+50，又EX1+50=40+50=90，
数列EXn+50为等比数列，公比为1.2，首项为90．
（3）由（2）得，EXn+50=90×1.2n-11≤n≤6，即EXn=90×1.2n-1-50，
所以顾客甲抽奖6次，所得奖券数额的期望为6∑i=1E(Xn)=90(1-1.26)1-1.2-50×6≈90×(1-2.986)-0.2-300=593.7（元）．
18．已知直线l:y=kx+t(k>0,t1)交于A,B两点 （A在下方，B在上方），线段AB的中点为E，直线OE的斜率为-13k（O为坐标原点）.
（1）求椭圆C的方程；
（2）若射线OE与椭圆C，直线x=3分别交于G,D 两点，且OD,OG,OE成等比数列.
（i）求点M(0,1)到直线l的距离的最大值;
（ii）当直线BG与x轴垂直时，求△ABG的外接圆方程.
解：（1）设A(x1,y1),B(x2,y2)，则xE=x1+x22,yE=y1+y22，
由点A,B在椭圆上，可得x12a2+y12=1,x22a2+y22=1，
两式相减，可得(x1+x2)(x1-x2)a2+(y1+y2)(y1-y2)=0，
即(y1+y2)(y1-y2)(x1+x2)(x1-x2)=yE⋅(y1-y2)xE(x1-x2)=yExE⋅y1-y2x1-x2=kOE⋅kAB=-1a2=-13，可得a2=3，
所以椭圆C的方程为x23+y2=1.
（2）（i）联立方程组y=kx+tx23+y2=1，整理得(3k2+1)x2+6ktx+3t2-3=0，
设A(x1,y1),B(x2,y2)，可得x1+x2=-6kt3k2+1，则y1+y2=k(x1+x2)+t=2t3k2+1，
因为点E为AB的中点，所以xE=x1+x22=-3kt3k2+1，
若射线OE与椭圆C，直线x=3分别交于G,D两点，
可得xG>0且射线OE的方程为y=-13kx,(x≥0)，
联立方程组y=-13kxx23+y2=1，解得xG=3k3k2+1,xD=3，
因为OD,OG,OE成等比数列，知OG2=ODOE，可得xG2=xD⋅xE，
故(3k3k2+1)2=3⋅(-3kt3k2+1)，可得9k23k2+1=-9kt3k2+1，解得k=-t，
所以直线l的方程为y=k(x-1)，所以直线l恒过定点N(1,0)，
当直线l⊥MN时，可得k=1，点M(0,1)到直线l的距离的最大值为dmax=MN=2.
（ii）由（i）得G(3k3k2+1,-13k2+1)，
当直线BG与x轴垂直时，可得B(3k3k2+1,13k2+1)，
将其代入直线y=k(x-1)，整理得3k2-1=k⋅3k2+1，
则3k2-1>0且6k4-7k2+1=0，解得k2=16（舍去）或k2=1，
因为k>0，所以k=1，此时B(32,12),G(32,-12)关于x轴对称，
此时直线l的方程为y=x-1，此时A(0,-1)，
由于△ABG的外接圆的圆心在x轴上，可设△ABG的外接圆的圆心为(d,0)，
可得d2+1=(d-32)2+14，解得d=12，
所以△ABG的外接圆的半径为r=d2+1=52，
所以△ABG的外接圆的方程为(x-12)2+y2=54.
19．已知函数fx=ax+xln1+x2-1+xln1+x.
（1）若曲线y=fx在点0,f0处的切线与x轴平行，求a的值；
（2）设函数gx=xf1x，给出gx的定义域，并证明：曲线y=gx是轴对称图形；
（3）证明：1+1nn01+x2>0，解得x>-1，即函数fx的定义域为-1,+∞，
对于函数gx=xf1x，则1x>-1，可得x+1x>0，解得x0，
所以，函数gx的定义域为-∞,-1∪0,+∞，故该定义域关于直线x=-12对称，
因为g-1-x=a+ln1+1-2x-2+xln1+1-x-1=a+ln2x+12x+2+xlnxx+1
=a+ln2x+1-lnx+1-ln2+xlnx-xlnx+1
=a+ln2x+1-ln2x-lnx+1+x+1lnx-xlnx+1
=a+ln1+12x+x+1lnx-x+1lnx+1
=a+ln1+12x-x+1ln1+1x=gx，
故函数gx的图象关于直线x=-12对称，所以曲线y=gx是轴对称图形.
（3）证明：当a=1时，fx=x+xln1+x2-x+1lnx+1，
则f'x=xx+2+lnx+22x+2，令hx=xx+2+lnx+22x+2，
则h'x=2x+22-2x+2x+2⋅12x+12=xx+1x+22，
当x>0时，h'x>0，则函数hx在0,+∞上为增函数，此时，hx>h0=0，
即f'x>0，所以，函数fx在0,+∞上为增函数，此时，fx>f0=0，
取x=1n，可得f1n=1n+1nln1+12n-1+1nln1+1n>0，
于是1+ln1+12n-n+1ln1+1n>0，即lne1+12n>ln1+1nn+1，
所以，e1+12n>1+1nn+1，
故1+1nn