东北三省四市教研联合体2025届高三数学模拟考试试题理含解析

PAGE23-东北三省四市教研联合体2025届高三数学模拟考试试题理（含解析）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.已知全集，集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先由已知得到，再与A求交集即可.【详解】由已知，，故.故选：B.【点睛】本题考查集合的交集、补集运算，考查学生的基本计算实力，是一道基础题.2.已知复数，则的虚部为（）A.－1 B. C.1 D.【答案】A【解析】【分析】分子分母同乘分母共轭复数即可.【详解】，故的虚部为.故选：A.【点睛】本题考查复数的除法运算，考查学生运算实力，是一道简单题.3.2024年某校迎国庆70周年歌咏竞赛中，甲乙两个合唱队每场竞赛得分的茎叶图如图所示（以十位数字为茎，个位数字为叶）.若甲队得分的中位数是86，乙队得分的平均数是88，则（）A.170 B.10 C.172 D.12【答案】D【解析】【分析】中位数指一串数据按从小（大）到大（小）排列后，处在最中间的那个数，平均数指一串数据的算术平均数.【详解】由茎叶图知，甲的中位数为，故；乙的平均数为，解得，所以.故选：D.【点睛】本题考查茎叶图的应用，涉及到中位数、平均数的学问，是一道简单题.4.的绽开式中的系数为（）A.5 B.10 C.20 D.30【答案】C【解析】【分析】由知，绽开式中项有两项，一项是中的项，另一项是与中含x的项乘积构成.【详解】由已知，，因为绽开式的通项为，所以绽开式中的系数为.故选：C.【点睛】本题考查求二项式定理绽开式中的特定项，解决这类问题要留意通项公式应写精确，本题是一道基础题.5.《算数书》竹简于上世纪八十年头在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍.其中记载有求“囷盖”的术：“置如其周，令相承也.又以高乘之，三十六成一”.该术相当于给出了由圆锥的底面周长与高，计算其体积的近似公式.它事实上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取为3.那么近似公式相当于将圆锥体积公式中的圆周率近似取为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】将圆锥的体积用两种方式表达，即，解出即可.【详解】设圆锥底面圆的半径为r，则，又，故，所以，.故选：C.【点睛】本题利用古代数学问题考查圆锥体积计算的实际应用，考查学生的运算求解实力、创新实力.6.已知公差不为0的等差数列的前项的和为，，且成等比数列，则（）A.56 B.72 C.88 D.40【答案】B【解析】【分析】，将代入，求得公差d，再利用等差数列的前n项和公式计算即可.【详解】由已知，，，故，解得或（舍），故，.故选：B.【点睛】本题考查等差数列的前n项和公式，考查等差数列基本量的计算，是一道简单题.7.下列说法正确的是（）A.命题“，”的否定形式是“，”B.若平面，，，满意，则C.随机变量听从正态分布（），若，则D.设是实数，“”是“”的充分不必要条件【答案】D【解析】【分析】由特称命题的否定是全称命题可推断选项A；可能相交，可推断B选项；利用正态分布的性质可推断选项C；或，利用集合间的包含关系可推断选项D.【详解】命题“，”的否定形式是“，”，故A错误；，，则可能相交，故B错误；若，则，所以，故，所以C错误；由，得或，故“”是“”的充分不必要条件，D正确.故选：D.【点睛】本题考查命题的真假推断，涉及到特称命题的否定、面面相关的命题、正态分布、充分条件与必要条件等，是一道简单题.8.已知双曲线：（，）的右焦点与圆：的圆心重合，且圆被双曲线的一条渐近线截得的弦长为，则双曲线的离心率为（）A.2 B. C. D.3【答案】A【解析】【分析】由已知，圆心M到渐近线的距离为，可得，又，解方程即可.【详解】由已知，，渐近线方程为，因为圆被双曲线的一条渐近线截得的弦长为，所以圆心M到渐近线距离为，故，所以离心率为.故选：A.【点睛】本题考查双曲线离心率的问题，涉及到直线与圆的位置关系，考查学生的运算实力，是一道简单题.9.已知是圆心为坐标原点，半径为1的圆上的随意一点，将射线绕点逆时针旋转到交圆于点，则的最大值为（）A.3 B.2 C. D.【答案】C【解析】【分析】设射线OA与x轴正向所成的角为，由三角函数的定义得，，，利用协助角公式计算即可.【详解】设射线OA与x轴正向所成的角为，由已知，，，所以，当时，取得等号.故选：C.【点睛】本题考查正弦型函数的最值问题，涉及到三角函数的定义、协助角公式等学问，是一道简单题.10.从集合中随机选取一个数记为，从集合中随机选取一个数记为，则在方程表示双曲线的条件下，方程表示焦点在轴上的双曲线的概率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】设事务A为“方程表示双曲线”，事务B为“方程表示焦点在轴上的双曲线”，分别计算出，再利用公式计算即可.【详解】设事务A为“方程表示双曲线”，事务B为“方程表示焦点在轴上的双曲线”，由题意，，，则所求的概率为.故选：A.【点睛】本题考查利用定义计算条件概率的问题，涉及到双曲线的定义，是一道简单题.11.已知函数若关于的方程有六个不相等的实数根，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】令，则，由图象分析可知在上有两个不同的根，再利用一元二次方程根的分布即可解决.【详解】令，则，如图与顶多只有3个不同交点，要使关于的方程有六个不相等的实数根，则有两个不同的根，设由根的分布可知，，解得.故选：B.【点睛】本题考查复合方程根的个数问题，涉及到一元二次方程根的分布，考查学生转化与化归和数形结合的思想，是一道中档题.12.已知定义在上的函数满意，且当时，.设在上的最大值为（），且数列的前项的和为.若对于随意正整数不等式恒成立，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由已知先求出，即，进一步可得，再将所求问题转化为对于随意正整数恒成立，设，只需找到数列的最大值即可.【详解】当时，则，，所以，，明显当时，，故，，若对于随意正整数不等式恒成立，即对于随意正整数恒成立，即对于任意正整数恒成立，设，，令，解得，令，解得，考虑到，故有当时，单调递增，当时，有单调递减，故数列的最大值为，所以.故选：C.【点睛】本题考查数列中的不等式恒成立问题，涉及到求函数解析、等比数列前n项和、数列单调性的推断等学问，是一道较为综合的数列题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分.13.若曲线（其中常数）在点处的切线的斜率为1，则________.【答案】【解析】分析】利用导数的几何意义，由解方程即可.【详解】由已知，，所以，解得.故答案为：.【点睛】本题考查导数的几何意义，考查学生的基本运算实力，是一道基础题.14.若函数的图像向左平移个单位得到函数的图像.则在区间上的最小值为________.【答案】【解析】【分析】留意平移是针对自变量x，所以，再利用整体换元法求值域（最值）即可.【详解】由已知，，，又，故，，所以的最小值为.故答案为：.【点睛】本题考查正弦型函数在给定区间上的最值问题，涉及到图象的平移变换、协助角公式的应用，是一道基础题.15.如图所示，在边长为4的正方形纸片中，与相交于.剪去，将剩余部分沿，折叠，使、重合，则以、、、为顶点的四面体的外接球的体积为________.【答案】【解析】【分析】将三棱锥置入正方体中，利用正方体体对角线为三棱锥外接球的直径即可得到答案.【详解】由已知，将三棱锥置入正方体中，如图所示，，故正方体体对角线长为，所以外接球半径为，其体积为.故答案为：.【点睛】本题考查三棱锥外接球的体积问题，一般在处理特别几何体的外接球问题时，要考虑是否能将其置入正（长）方体中，是一道中档题.16.已知椭圆：的左、右焦点分别为，，如图是过且垂直于长轴的弦，则的内切圆方程是________.【答案】【解析】分析】利用公式计算出，其中为的周长，为内切圆半径，再利用圆心到直线AB的距离等于半径可得到圆心坐标.【详解】由已知，，，，设内切圆的圆心为，半径为，则，故有，解得，由，或（舍），所以的内切圆方程为.故答案为：.【点睛】本题考查椭圆中三角形内切圆的方程问题，涉及到椭圆焦点三角形、椭圆的定义等学问，考查学生的运算实力，是一道中档题.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.第17~21题为必考题，每个试题考生都必需作答.第22~23题为选考题，考生依据要求作答.17.在中，为边上一点，，.（1）求；（2）若，，求.【答案】（1）；（2）4【解析】【分析】（1），利用两角差的正弦公式计算即可；（2）设，在中，用正弦定理将用x表示，在中用一次余弦定理即可解决.【详解】（1）∵，∴，所以，.（2）∵，∴设，，在中，由正弦定理得，，∴，∴，∵，∴∴.【点睛】本题考查两角差的正弦公式以及正余弦定理解三角形，考查学生的运算求解实力，是一道简单题.18.某大型单位实行了一次全体员工都参与的考试，从中随机抽取了20人的分数.以下茎叶图记录了他们的考试分数（以十位数字为茎，个位数字为叶）：若分数不低于95分，则称该员工的成果为“优秀”.（1）从这20人中任取3人，求恰有1人成果“优秀”的概率；（2）依据这20人的分数补全下方的频率分布表和频率分布直方图，并依据频率分布直方图解决下面的问题.组别分组频数频率1234①估计全部员工的平均分数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；②若从全部员工中任选3人，记表示抽到的员工成果为“优秀”的人数，求的分布列和数学期望.【答案】（1）；（2）①82，②分布列见解析，【解析】【分析】（1）从20人中任取3人共有种结果，恰有1人成果“优秀”共有种结果，利用古典概型的概率计算公式计算即可；（2）①平均数的估计值为各小矩形的组中值与其面积乘积的和；②要留意听从的是二项分布，不是超几何分布，利用二项分布的分布列及期望公式求解即可.【详解】（1）设从20人中任取3人恰有1人成果“优秀”为事务，则，所以，恰有1人“优秀”的概率为.（2）组别分组频数频率120.01260.03380.04440.02①，估计全部员工的平均分为82②的可能取值为0、1、2、3，随机选取1人是“优秀”的概率为，∴；；；；∴的分布列为0123∵，∴数学期望.【点睛】本题考查古典概型的概率计算以及二项分布期望的问题，涉及到频率分布直方图、平均数的估计值等学问，是一道简单题.19.已知抛物线：的焦点为，过上一点（）作两条倾斜角互补的直线分别与交于，两点，（1）证明：直线的斜率是－1；（2）若，，成等比数列，求直线的方程.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）设，，由已知，得，代入中即可；（2）利用抛物线的定义将转化为，再利用韦达定理计算.【详解】（1）在抛物线上，∴，设，，由题可知，，∴，∴，∴，∴，∴（2）由（1）问可设：：，则，，，∴，∴，即（*），将直线与抛物线联立，可得：，所以，代入（*）式，可得满意，∴：.【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系的应用，在处理直线与抛物线位置关系的问题时，通常要涉及韦达定理来求解，本题查学生的运算求解实力，是一道中档题.20.如图，在直角中，，通过以直线为轴顺时针旋转得到（）.点为斜边上一点.点为线段上一点，且.（1）证明：平面；（2）当直线与平面所成的角取最大值时，求二面角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）先算出的长度，利用勾股定理证明，再由已知可得，利用线面垂直的判定定理即可证明；（2）由（1）可得为直线与平面所成的角，要使其最大，则应最小，可得为中点，然后建系分别求出平面的法向量即可算得二面角的余弦值，进一步得到正弦值.【详解】（1）在中，，由余弦定理得，∴，∴，由题意可知：∴，，，∴平面，平面，∴，又，∴平面.（2）以为坐标原点，以，，的方向为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系.∵平面，∴在平面上的射影是，∴与平面所成的角是，∴最大时，即，点为中点.，，，，，，，设平面的法向量，由，得，令，得，所以平面的法向量，同理，设平面的法向量，由，得，令，得，所以平面的法向量，∴，，故二面角的正弦值为.【点睛】本题考查线面垂直的判定定理以及利用向量法求二面角的正弦值，考查学生的运算求解实力，是一道中档题.21.已知函数（），是的导数.（1）当时，令，为的导数.证明：在区间存在唯一的微小值点；（2）已知函数在上单调递减，求的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）设，，留意到上单增，再利用零点存在性定理即可解决；（2）函数在上单调递减，则在恒成立，即在上恒成立，构造函数，求导探讨的最值即可.【详解】（1）由已知，，所以，设，，当时，单调递增，而，，且在上图象连续不断.所以在上有唯一零点，当时，；当时，；∴在单调递减，在单调递增，故在区间上存在唯一的微小值点，即在区间上存在唯一的微小值点；（2）设，，，∴在单调递增，，即，从而，因为函数在上单调递减，∴在上恒成立，令，∵，∴，在上单调递减，，当时，，则在上单调递减，，符合题意.当时，在上单调递减，所以肯定存在，当时，，在上单调递增，与题意不符，舍去.综上，的取值范围是【点睛】本题考查利用导数探讨