2025宁德高三下学期5月三模试题数学含解析

这是一份2025宁德高三下学期5月三模试题数学含解析，共15页。试卷主要包含了5个单位等内容，欢迎下载使用。
（满分：150分 时间：120分钟）
注意事项：
1.答题前，学生务必在试卷､答题卡规定的地方填写自己的学校､准考证号､姓名：学生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号､姓名”与学生本人准考证号､姓名是否一致.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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.答题结束后，学生必须将本试卷和答题卡一并交回.
一､选择题：本题共8小题，每题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】A
【解析】
【分析】由交集的运算代入计算，即可得到结果.
【详解】，
，
则.
故选：A
2. 复数满足，则复数的共轭复数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先根据已知条件求出复数，然后利用共轭复数定义求得答案.
【详解】因为复数满足，所以.
将其化简得：.
根据复数的定义可求得共轭复数为.
故选：B.
3. 设是两个不同平面，是平面内的两条不同直线.甲：，乙：，则（ ）
A. 甲是乙的充分不必要条件B. 甲是乙的必要不充分条件
C. 甲是乙的充要条件D. 甲是乙的既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合面面平行的判定和性质分析判断即可.
【详解】由，是平面内的两条不同直线，得不到，
因为与可能相交，只要和的交线平行即可得到；
反过来，若，是平面内的两条不同直线，则和没有公共点，
所以由能得到，
故甲是乙的必要不充分条件.
故选：B.
4. 由如表所示的变量之间的一组数据，得之间的线性回归方程为，则（ ）
A. 点一定在回归直线上
B. 每增加1个单位，大约增加0.5个单位
C.
D. 去掉这组数据后，求得的回归直线方程斜率将变大
【答案】C
【解析】
【分析】利用回归直线方程过样本点可求得，进而逐项计算判断每个选项的正误.
【详解】由题意可得，，
因为回归直线方程一定过样本中心点，
所以，解得，故C正确；
当，所以点不在回归直线上，故A错误；
每增加1个单位，大约减少0.5个单位，故B错误；
当，所以在回归直线上，故去掉点 不影响回归直线方程，故D错误.
故选：C.
5. 已知的展开式中只有第3项的二项式系数最大.若展开式中所有项的系数和为16，则的值为（ ）
A. B. 1C. 或3D. 或1
【答案】D
【解析】
【分析】依题意可知展开式有项，故，再由所有项的系数和为可列出等式进而求出a.
【详解】因为的展开式中只有第3项的二项式系数最大，
故，解得，
依题意，令，有，解得或，
故选：D.
6. 曲线在点处切线斜率的取值范围为，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】转化为函数在处的导数值在之内，令，研究的性质，解不等式即可.
【详解】，
所以，即，
令，
当时，单调增，
当时，单调减，
又，当时，，
故的解集为，
故选：D.
7. 若函数在区间上的最小值为，最大值为，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】AB选项，，其中，数形结合得到的最小值为-2，最大值为，得到B正确，CD选项，同理可得.
【详解】AB选项，时，，
其中，
显然的最小值为-2，只需内有即可，
当时，取得最大值，最大值为，
故，A错误，B正确；
CD选项，同理的最大值为2，只需内有即可，
当时，取得最小值，最小值为，
故，CD错误；
故选：B
8. 已知直线与双曲线的两条渐近线分别相交于，两点，若线段的中点在直线上，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意求得直线与双曲线渐近线交点，后，可得中点，由点在直线上，代入化简可得，进而可求得双曲线的离心率.
【详解】双曲线的渐近线方程为：，
设直线与的交点为，直线与的交点为，
则解得，即，
则解得，即，
所以线段的中点为，
因为点在直线上，
所以，
因为直线与双曲线的两条渐近线分别相交于，两点，所以，
即，化简得，
所以双曲线的离心率为.
故选：C.
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. 若直线与抛物线只有1个公共点，则抛物线的焦点坐标可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】本题需要分情况讨论直线与抛物线只有一个公共点时的值，再根据抛物线焦点坐标公式求出焦点坐标.情况分为直线斜率为0和不为0两种，对于斜率不为0的情况，通过联立直线与抛物线方程，利用判别式来确定的值.
【详解】当时，，抛物线方程为：.
此时，该直线与抛物线只有一个交点，符合已知条件.
那么抛物线的焦点坐标为：.
当时，联立直线与抛物线方程：.
消去，整理得，进一步化简得：
因为直线与抛物线只有一个交点，所以判别式为0，即：
，解得（舍去）或者.
所以抛物线方程为：，此时焦点坐标为.
故选：BC.
10. 如图，在矩形中，为中点，现分别沿将，翻折，使点重合，记为点，翻折后得到三棱锥，则（ ）
A.
B. 三棱锥的体积为
C. 二面角的余弦值为
D. 三棱锥外接球的半径为
【答案】BCD
【解析】
【分析】由题意确定平面，再结合棱锥的体积公式、二面角的平面角判断，及三棱锥外接球半径计算公式逐个判断即可.
【详解】由题意易知：，，
所以，即不垂直，
对于A，若，因为，为平面内两条相交直线，
可得：平面，又在平面内，，矛盾，故A错误，
对于B，因为，为平面内两条相交直线，
所以平面，
由，得到，
所以，
所以，正确，
对于C：因为，为二面角的棱，分别在两个面内，
所以为二面角的平面角，又，故C正确，
对于D，因为平面，
外接圆的半径为：，
所以三棱锥外接球的半径，正确，
故选：BCD
11. 设函数，则（ ）
A. 当时，没有零点
B. 当时，在区间上不存在极值
C. 存在实数，使得曲线为轴对称图形
D. 存在实数，使得曲线为中心对称图形
【答案】ABC
【解析】
【分析】对选项逐一判断，分别利用图象研究零点，用导数研究极值，用对称性的定义研究对称性即可.
【详解】解法一：对A，函数的定义域为且，由得且.
作出与的图像，二者有唯一交点，不合题意，故没有零点，故A正确.
对B，由题，
令，，
因为，所以，
又，所以，所以，
则在上无极值，故B正确.
对CD，令，
因为，所以或，由对称性可知，故若存在对称轴或对称中心，必在直线上.
考虑
，
当时，，所以关于对称，故C正确.
考虑，
所以不存在符合题意的常数，故D错误.
故选：ABC.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量与的夹角为，则__________.
【答案】1
【解析】
【分析】根据向量的数量积和模长的运算即可得出结果.
【详解】∵，
∴，
整理得，解得（舍），
故答案为：1.
13. 设函数，则满足的的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】先求得函数定义域，然后分与讨论，结合对数函数的单调性代入计算，即可得到结果.
【详解】由可得，
则，解得，所以定义域为，
当时，，
由可得，即，无解；
当时，，
由可得，即，
即，解得，
又，所以，
即不等式的解集为.
故答案为：
14. 已知数列共有项，其中项为，项为.若数列满足对任意中的的个数不少于的个数，则称数列为“规范数列”.当，时，“规范数列”的个数为__________，记表示数列是“规范数列”的概率，则的最小值为__________.
【答案】 ①. 5 ②.
【解析】
【分析】根据定义列出当，条件下的所有“规范数列”，由此可得第一空结论，结合组合数定义确定有个，个，，时数列的个数，再求其中“规范数列”的个数，结合古典概型概率公式求结论.
【详解】（1）当时，满足要求的“规范数列”有
；；；； ；
所以当，时，“规范数列”的个数为.
（2），，时，具有“规范数列”数列特征的数列的个数为，
当，，时，由已知数列共有项，其中项为，项为，
所以满足条件的数列的个数为，
若数列为“规范数列”，则第一项为，
若第一项为，第二项为时，“规范数列”个数为，
当第一项为，第二项为，第三项必然为，此时“规范数列”个数为，
所以.
故，
因为函数在上单调递增，
所以当时，取最小值，，
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. 在中，角的对边分别为.设向量，，记.
（1）求函数的最大值；
（2）若，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由数量积的定义、二倍角的正弦公式化简和辅助角公式，再由三角函数的性质即可得出答案；
（2）法一：先求出，由两角和的余弦公式求出，由正弦定理求出，再由三角形的面积公式即可得出答案；法二：先求出，由两角差的余弦公式，二倍角公式化简可求得，由此可求出，再由正弦定理和三角形的面积公式即可得出答案.
【小问1详解】
因为，
所以
又因为，所以，
所以，
所以.
【小问2详解】
法一：由（1）知若，
因为，所以，
因为，
所以，因为，
由正弦定理知，
所以，所以，
所以.
解法二：由（1）知.
因为，所以，
因为，所以，
，
，
，
，所以
又因为，所以或，
由正弦定理知，
所以，
.
16. 某地组织全市高中学生开展青少年劳动技能知识竞赛，竞赛分为笔试和操作两部分，随机抽取了100名高中学生的笔试成绩，绘制了频率分布直方图，如图所示.
（1）根据频率分布直方图，估计笔试成绩的样本平均数和第一四分位数.
（2）用频率估计概率，笔试成绩在80分（含）以上记为良好.经统计，学生笔试等级为良好的情况下操作等级为良好的概率为0.8，学生笔试等级非良好的情况下操作等级为良好的概率为0.6.从全市所有高中学生中选取5人，记操作等级为良好的人数为，求的数学期望与方差.
【答案】（1）平均数62，第一四分位数52.5
（2），
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图中平均数和分位数的计算规则计算即可.
（2）根据条件分析，再根据期望以及方差公式计算即可.
【小问1详解】
设笔试成绩样本平均数为，第一四分位数（即下四分位数）为，
则
前一组频率为，前两组频率之和为，
所以第一四分位数（即下四分位数）落在第二组内，则，解得；
【小问2详解】
记“笔试成绩等级良好”为事件，“操作成绩等级为良好”为事件，
依题意，，，，
所以，
则，所以，.
17. 如图，平行四边形中，，平面，是等边三角形，平面平面.
（1）求证：；
（2）若直线和平面所成角为，为线段上一点，当平面和平面所成角的余弦值为时，求的长.
【答案】（1）证明见解析
（2）1
【解析】
【分析】（1）取的中点，根据平面，得到，根据菱形得几何性质有，证明平面，所以.
（2）建立空间直角坐标系，设，通过计算法向量来表示二面角的余弦值，计算求得的值即可得出结果.
【小问1详解】
证明：取的中点，连结，.
平面，，
是等边三角形，，
平面平面，平面平面，平面
平面，，，，，共面，
平行四边形中，，
平行四边形为边长为2的菱形，且
在等边中，，，
四边形为菱形，，，
，而平面，平面，
而平面，.
【小问2详解】
由（1）得，，
平面，直线和平面所成角为，即，
中，，，
以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
设，
则，
设是平面的一个法向量，而，
则，
取，则，，
设是平面的一个法向量，而，
则，，
取，则，，，
平面和平面所成角的余弦值为，
，
或（舍去），.
18. 已知，点.在上任取一点，线段的垂直平分线与线段相交于点，当点在圆上运动时，点的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）过点且斜率不为0的直线与曲线相交于两点.
（i）若为原点，求面积最大值；
（ii）点，设点是线段上异于一点，直线的斜率分别为，且，求的值.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）1
【解析】
【分析】(1)由条件可得点轨迹满足椭圆的定义，设出椭圆方程，由，的值可得的值，从而求得轨迹方程；
(2) （i）设出直线的方程，结合韦达定理，由面积计算，利用换元法和基本不等式计算即可得出结果；
（ii）由，可知直线的倾斜角互补，所以，
即点在线段的垂直平分线上，则依次求解，计算即可得出结果.
【小问1详解】
因为线段的垂直平分线与半径相交于点，所以.
又因为，所以，所以，
因为，，
所以的轨迹是以为左右焦点的椭圆.
所以，所以的方程为.
【小问2详解】
（i）方法一：设直线的方程为，点，，
由消去得：，
则，则或.
，
面积
令，则，，
当且，即时，面积的最大值为.
方法二：显然直线的斜率存在且非零，设直线的方程为，点，，
由
消去得：，
则，，则且，
.
点到直线的距离，
所以面积
.
令，则，
当，即时，的最大值为，所以面积的最大值为.
方法三：显然直线的斜率存在且非零，设直线的方程为，点，，
由，
消去得：，
则，则且，
.
点到线的距离，
所以面积
.
，
即当时，有最大值为.
（ii）因为，所以直线的倾斜角互补，所以，
所以点在线段的垂直平分线上，所以.
于是，，.
，.
，
于是，
因为，
所以.
所以的值1.
19. 设函数.
（1）求函数的值域；
（2）当时，恒成立，求的最小值；
（3）若，证明：.
附：.
【答案】（1）
（2）1 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数研究的单调性，进而可求的值域；
（2）用分离参数的方法，转化为不等式恒成立问题，构造函数，利用导数研究函数的最值求解即可；
（3）化简可得，接下来结合（1）证明，在结合（2）的结论即可证明.
【小问1详解】
由，，得
因为，则，即
所以在区间递减，即值域为
【小问2详解】
在区间上，由恒成立，得，
设，当时，，故只需研究时的情形
，设，
在区间上，，
所以，在区间上递减，所以，
即在区间上递减，所以，
所以，解得，故的最小值为1.
【小问3详解】
由，，得即，
所以
由（1）可知，当时，，即，
所以当，，
当时，有，
又由（2）知时，，所以
所以，故，
所以
所以
6
8
10
12
7
5.5
4.5