榆林市米脂县2025年高三第一次模拟考试数学试卷含解析

这是一份榆林市米脂县2025年高三第一次模拟考试数学试卷含解析，共13页。试卷主要包含了在中，为中点，且，若，则，已知复数满足，则等内容，欢迎下载使用。
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．根据最小二乘法由一组样本点（其中），求得的回归方程是，则下列说法正确的是( )
A．至少有一个样本点落在回归直线上
B．若所有样本点都在回归直线上，则变量同的相关系数为1
C．对所有的解释变量（），的值一定与有误差
D．若回归直线的斜率，则变量x与y正相关
2．已知点，若点在曲线上运动，则面积的最小值为（ ）
A．6B．3C．D．
3．已知，，为圆上的动点，，过点作与垂直的直线交直线于点，若点的横坐标为，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
4．在中，为中点，且，若，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知椭圆+=1(a>b>0)与直线交于A，B两点，焦点F(0，-c)，其中c为半焦距，若△ABF是直角三角形，则该椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
6．在空间直角坐标系中，四面体各顶点坐标分别为：．假设蚂蚁窝在点，一只蚂蚁从点出发，需要在，上分别任意选择一点留下信息，然后再返回点．那么完成这个工作所需要走的最短路径长度是（ ）
A．B．C．D．
7．已知复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知双曲线的左、右焦点分别为，，点P是C的右支上一点，连接与y轴交于点M，若（O为坐标原点），，则双曲线C的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
9．在中，已知，，，为线段上的一点，且，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
10．秦九韶是我国南宁时期的数学家，普州（现四川省安岳县）人，他在所著的《数书九章》中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法.如图所示的程序框图给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例.若输入、的值分别为、，则输出的值为（ ）

A．B．C．D．
11．已知函数，若所有点，所构成的平面区域面积为，则（ ）
A．B．C．1D．
12．若的展开式中的系数之和为，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．1
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在棱长为的正方体中，是正方形的中心，为的中点，过的平面与直线垂直，则平面截正方体所得的截面面积为______.
14．已知函数，则________；满足的的取值范围为________.
15．若正实数，，满足，则的最大值是__________．
16．已知椭圆的离心率是，若以为圆心且与椭圆有公共点的圆的最大半径为，此时椭圆的方程是____.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）在数列中，，
（1）求数列的通项公式；
（2）若存在，使得成立，求实数的最小值
18．（12分）在直角坐标系中，曲线的参数方程是（是参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.
（1）求曲线的极坐标方程；
（2）在曲线上取一点，直线绕原点逆时针旋转，交曲线于点，求的最大值.
19．（12分）如图，在棱长为的正方形中，，分别为，边上的中点，现以为折痕将点旋转至点的位置，使得为直二面角．
（1）证明：；
（2）求与面所成角的正弦值．
20．（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，，为等边三角形，平面平面ABCD，M，N分别是线段PD和BC的中点.
（1）求直线CM与平面PAB所成角的正弦值；
（2）求二面角D-AP-B的余弦值；
（3）试判断直线MN与平面PAB的位置关系，并给出证明.
21．（12分）已知满足 ，且，求的值及的面积.（从①，②，③这三个条件中选一个，补充到上面问题中，并完成解答.）
22．（10分）已知{an}是一个公差大于0的等差数列，且满足a3a5=45，a2+a6=1．
（I）求{an}的通项公式；
（Ⅱ）若数列{bn}满足：…，求{bn}的前n项和．
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．D
【解析】
对每一个选项逐一分析判断得解.
【详解】
回归直线必过样本数据中心点，但样本点可能全部不在回归直线上﹐故A错误；
所有样本点都在回归直线上，则变量间的相关系数为，故B错误；
若所有的样本点都在回归直线上，则的值与相等，故C错误；
相关系数r与符号相同，若回归直线的斜率，则，样本点分布应从左到右是上升的，则变量x与y正相关，故D正确．
故选D．
本题主要考查线性回归方程的性质，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.
2．B
【解析】
求得直线的方程，画出曲线表示的下半圆，结合图象可得位于，结合点到直线的距离公式和两点的距离公式，以及三角形的面积公式，可得所求最小值.
【详解】
解：曲线表示以原点为圆心，1为半径的下半圆(包括两个端点)，如图，
直线的方程为，
可得，由圆与直线的位置关系知在时，到直线距离最短，即为，
则的面积的最小值为.
故选：B.
本题考查三角形面积最值，解题关键是掌握直线与圆的位置关系，确定半圆上的点到直线距离的最小值，这由数形结合思想易得．
3．A
【解析】
由题意得，即可得点M的轨迹为以A，B为左、右焦点，的双曲线，根据双曲线的性质即可得解.
【详解】
如图，连接OP，AM，
由题意得，
点M的轨迹为以A，B为左、右焦点，的双曲线，
.
故选：A.
本题考查了双曲线定义的应用，考查了转化化归思想，属于中档题.
4．B
【解析】
选取向量，为基底，由向量线性运算，求出，即可求得结果.
【详解】
， ，
，
，，.
故选：B.
本题考查了平面向量的线性运算，平面向量基本定理，属于基础题.
5．A
【解析】
联立直线与椭圆方程求出交点A，B两点，利用平面向量垂直的坐标表示得到关于的关系式，解方程求解即可.
【详解】
联立方程，解方程可得或，
不妨设A(0，a)，B(-b，0)，由题意可知，·=0，
因为，，
由平面向量垂直的坐标表示可得，，
因为，所以a2-c2=ac，
两边同时除以可得，，
解得e=或（舍去），
所以该椭圆的离心率为.
故选：A
本题考查椭圆方程及其性质、离心率的求解、平面向量垂直的坐标表示；考查运算求解能力和知识迁移能力；利用平面向量垂直的坐标表示得到关于的关系式是求解本题的关键；属于中档题、常考题型.
6．C
【解析】
将四面体沿着劈开，展开后最短路径就是的边，在中，利用余弦定理即可求解.
【详解】
将四面体沿着劈开，展开后如下图所示：
最短路径就是的边．
易求得，
由，知
，
由余弦定理知
其中，
∴
故选：C
本题考查了余弦定理解三角形，需熟记定理的内容，考查了学生的空间想象能力，属于中档题.
7．A
【解析】
由复数的运算法则计算．
【详解】
因为，所以
故选：A．
本题考查复数的运算．属于简单题．
8．C
【解析】
利用三角形与相似得，结合双曲线的定义求得的关系，从而求得双曲线的渐近线方程。
【详解】
设，，
由，与相似，
所以，即，
又因为，
所以，，
所以，即，，
所以双曲线C的渐近线方程为.
故选：C.
本题考查双曲线几何性质、渐近线方程求解，考查数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力。
9．A
【解析】
在中，设，，，结合三角形的内角和及和角的正弦公式化简可求，可得，再由已知条件求得，，，考虑建立以所在的直线为轴，以所在的直线为轴建立直角坐标系，根据已知条件结合向量的坐标运算求得，然后利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】
在中，设，，，
，即，即，，
，，，，，
，即，又，，
，则，所以，，解得，.
以所在的直线为轴，以所在的直线为轴建立如下图所示的平面直角坐标系，
则、、，
为线段上的一点，则存在实数使得，
，
设，，则，，，
，，消去得，，
所以，，
当且仅当时，等号成立，
因此，的最小值为.
故选：A.
本题是一道构思非常巧妙的试题，综合考查了三角形的内角和定理、两角和的正弦公式及基本不等式求解最值问题，解题的关键是理解是一个单位向量，从而可用、表示，建立、与参数的关系，解决本题的第二个关键点在于由，发现为定值，从而考虑利用基本不等式求解最小值，考查计算能力，属于难题.
10．B
【解析】
列出循环的每一步，由此可得出输出的值.
【详解】
由题意可得：输入，，，；
第一次循环，，，，继续循环；
第二次循环，，，，继续循环；
第三次循环，，，，跳出循环；
输出.
故选：B.
本题考查根据算法框图计算输出值，一般要列举出算法的每一步，考查计算能力，属于基础题.
11．D
【解析】
依题意，可得，在上单调递增，于是可得在上的值域为，继而可得，解之即可.
【详解】
解：，因为，，
所以，在上单调递增，
则在上的值域为，
因为所有点所构成的平面区域面积为，
所以，
解得，
故选：D.
本题考查利用导数研究函数的单调性，理解题意，得到是关键，考查运算能力，属于中档题．
12．B
【解析】
由，进而分别求出展开式中的系数及展开式中的系数，令二者之和等于，可求出实数的值.
【详解】
由，
则展开式中的系数为，展开式中的系数为，
二者的系数之和为，得.
故选：B.
本题考查二项式定理的应用，考查学生的计算求解能力，属于基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
确定平面即为平面，四边形是菱形，计算面积得到答案.
【详解】
如图，在正方体中，记的中点为，连接，
则平面即为平面．证明如下：
由正方体的性质可知，，则，四点共面，
记的中点为，连接，易证．连接，则，
所以平面，则．
同理可证，，，则平面，
所以平面即平面，且四边形即平面截正方体所得的截面．
因为正方体的棱长为，易知四边形是菱形，
其对角线，，所以其面积．
故答案为：
本题考查了正方体的截面面积，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.
14．
【解析】
首先由分段函数的解析式代入求值即可得到，分和两种情况讨论可得；
【详解】
解：因为，
所以，
∵，
∴当时，满足题意，∴；
当时，由，
解得.综合可知：满足的的取值范围为.
故答案为：；.
本题考查分段函数的性质的应用，分类讨论思想，属于基础题.
15．
【解析】
分析：将题中的式子进行整理，将当做一个整体，之后应用已知两个正数的整式形式和为定值，求分式形式和的最值的问题的求解方法，即可求得结果.
详解：，当且仅当等号成立，故答案是.
点睛：该题属于应用基本不等式求最值的问题，解决该题的关键是需要对式子进行化简，转化，利用整体思维，最后注意此类问题的求解方法-------相乘，即可得结果.
16．
【解析】
根据题意设为椭圆上任意一点,表达出,再根据二次函数的对称轴与求解的关系分析最值求解即可.
【详解】
因为椭圆的离心率是,,所以,故椭圆方程为.
因为以为圆心且与椭圆有公共点的圆的最大半径为,所以椭圆上的点到点的距离的最大值为.
设为椭圆上任意一点,则.
所以
因为的对称轴为.
(i)当时,在上单调递增,在上单调递减.
此时,解得.
(ii)当时, 在上单调递减.
此时,解得舍去.
综上,椭圆方程为.
故答案为：
本题主要考查了椭圆上的点到定点的距离最值问题,需要根据题意设椭圆上的点,再求出距离,根据二次函数的对称轴与区间的关系分析最值的取值点分类讨论求解.属于中档题.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（1）；（2）
【解析】
（1）由得，两式相减可得是从第二项开始的等比数列，由此即可求出答案；
（2），分类讨论，当时，，作商法可得数列为递增数列，由此可得答案，
【详解】
解：（1）因为，，
两式相减得：，即，
是从第二项开始的等比数列，
∵
∴，则，
；
（2），
当时，；
当时，
设递增，
，
所以实数的最小值．
本题主要考查地推数列的应用，属于中档题．
18．（1）（2）最大值为
【解析】
（1）利用消去参数，求得曲线的普通方程，再转化为极坐标方程.
（2）设出两点的坐标，求得的表达式，并利用三角恒等变换进行化简，再结合三角函数最值的求法，求得的最大值.
【详解】
（1）由消去得曲线的普通方程为.
所以的极坐标方程为，
即.
（2）不妨设，，，，，
则
当时，取得最大值，最大值为.
本小题主要考查参数方程化为普通方程，普通方程化为极坐标方程，考查极坐标系下线段长度的乘积的最值的求法，考查三角恒等变换，考查三角函数最值的求法，属于中档题.
19．（1）证明见详解；（2）
【解析】
（1）在折叠前的正方形ABCD中，作出对角线AC，BD，由正方形性质知，又//，则于点H，则由直二面角可知面 ，故.又，则面，故命题得证；
（2）作出线面角，在直角三角形中求解该角的正弦值.
【详解】
解：（1）证明：在正方形中，连结交于．
因为//，故可得，
即
又旋转不改变上述垂直关系，
且平面,
面，
又面，所以
（2）因为为直二面角，故平面平面,
又其交线为,且平面,
故可得底面，
连结，则即为与面所成角，连结交于，
在中，
，
在中
，
．
所以与面所成角的正弦值为．
本题考查了线面垂直的证明与性质，利用定义求线面角，属于中档题.
20．（1）（2）（3）直线平面，证明见解析
【解析】
取中点，连接，则，再由已知证明平面，以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量．
（1）求出的坐标，由与所成角的余弦值可得直线与平面所成角的正弦值；
（2）求出平面的一个法向量，再由两平面法向量所成角的余弦值可得二面角的余弦值；
（3）求出的坐标，由，结合平面，可得直线平面．
【详解】
底面是边长为2的菱形，，
为等边三角形．
取中点，连接，则，
为等边三角形，
，
又平面平面，且平面平面，
平面．
以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系．
则，，，，1，，，0，，，，，，0，，
，，，，，．
，，设平面的一个法向量为．
由，取，得．
（1）证明：设直线与平面所成角为，
，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为；
（2）设平面的一个法向量为，
由，
得二面角的余弦值为；
（3），
，
又平面，
直线平面．
本题考查线面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于中档题．
21．见解析
【解析】
选择①时：,，计算，根据正弦定理得到，计算面积得到答案；选择②时，，，故，为钝角，故无解；选择③时，，根据正弦定理解得，，根据正弦定理得到，计算面积得到答案.
【详解】
选择①时：,，故.
根据正弦定理：，故，故.
选择②时，，，故，为钝角，故无解.
选择③时，，根据正弦定理：，故，
解得，.
根据正弦定理：，故，故.
本题考查了三角恒等变换，正弦定理，面积公式，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
22．（I）；（Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）设等差数列的公差为，则依题设．
由,可得．
由，得，可得．
所以．
可得．
（Ⅱ）设，则.
即，
可得，且．
所以，可知．
所以，
所以数列是首项为4，公比为2的等比数列．
所以前项和．
考点：等差数列通项公式、用数列前项和求数列通项公式．