黑龙江省哈尔滨市第三中学2025届高三数学第二次模拟考试试题文含解析

PAGE26-黑龙江省哈尔滨市第三中学2025届高三数学其次次模拟考试试题文（含解析）考试说明：本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟.1.答题前，考生先将向己的姓名、准考证号码填写清晰.2.选择题必需运用2B铅笔填涂，非选择题必需运用0.5毫米黑色字迹的字笔书写，字体工整，字迹清晰.3.请依据题号依次在各题日的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在草稿纸、试题卷上答题无效.4.保持卡面清洁，不得折叠、不要弄破、弄皱，不准运用涂改液、刮纸刀.第I卷（选择题，共60分）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.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析】先出集合A，B，再求出集合A的补集，然后求【详解】解：由得，所以集合，所以，由，得，所以集合所以,故选：B【点睛】此题考查集合的交集、补集运算，考查一元二次不等式的解法，属于基础题.2.若复数满意，其中是虚数单位，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简求得，然后利用复数模的计算公式求解．【详解】解：因为，，则.故选：D.【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算和复数模的求法，属于基础题.3.已知直线：，：，，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】依据直线与直线的垂直，列方程，求出，再推断充分性和必要性即可.【详解】解：若，则，解得或，即或，所以“”是“或”的充分不必要条件.故选：A.【点睛】本题考查直线一般式中直线与直线垂直的系数关系，考查充分性和必要性的推断，是基础题.4.若a，b，c为实数，且，则下列结论正确的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用赋值法干脆推断即可.【详解】解：当时，选项A无意义，错误；当时，明显选项B错误；当时，明显选项D错误；故选：C【点睛】此题考查不等式性质的运用，考查了解除法的运用，属于基础题.5.抛物线的焦点为F，直线与抛物线交于点A（异于原点），则点A到焦点F的距离为（）A.12 B.14 C.18 D.24【答案】B【解析】【分析】将抛物线方程与直线方程联立成方程组，求出点A的横坐标，再利用抛物线的定义可求出点A到焦点F的距离.【详解】解：由题意可知点F的坐标为，准线方程为，由得（舍去）或所以点A到焦点F的距离为故选：B【点睛】此题考查直线与抛物线的位置关系，考查抛物线的定义，属于基础题.6.为了得到的图象，可以将的图象（）A.向右平移个单位 B.向左平移个单位C.向右平移个单位 D.向左平移个单位【答案】D【解析】【分析】由题意利用诱导公式、函数的图象变换规律，得出结论．【详解】为了得到函数的图象，可以将函数的图象向左平移个单位.故选：D．【点睛】本题主要考查诱导公式、函数的图象变换规律，属于基础题．7.等差数列的前项和为，，，则取最小值时，的值为（）A.2 B.3 C.4 D.5【答案】C【解析】【分析】设等差数列的首项为，公差为，依据等差数列的通项公式与求和公式，列式求得首项与公差，从而得出数列的通项公式，再由求得的范围，即可推断出取最小值时的值.【详解】解：设等差数列的首项为，公差为，由于，，则，解得：，．由，得，，数列自第5项起大于0，则取最小值时，的值为4.故选：C.【点睛】本题考查等差数列取最小值对应的项数，涉及等差数列的通项公式与前项和公式的应用，属于基础题.8.函数，则不等式的解集是（）A B. C. D.【答案】C【解析】【分析】依据题意，求得，依据定义法推断出函数为奇函数，进而可求出时的单调性，结合奇函数的性质得出在上单调递增，再依据单调性且结合条件，最终解对数不等式，即可求出解集.【详解】解：因为，可知的定义域为，所以，则为奇函数，当时，单调递增，依据奇函数的性质，可知在上单调递增，由，可得，解得：，即不等式的解集为.故选：C.【点睛】本题考查对数不等式的解集，考查依据定义法推断函数的奇偶性和通过函数单调性解不等式，以及函数的基本性质的综合应用，考查运算求解实力.9.已知，是双曲线的左右焦点，以为圆心、a为半径的圆与双曲线的一条渐近线交于A，B两点，若，则双曲线的离心率的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析】求出双曲线的焦点到渐近线的距离，求出，利用已知条件开出不等式，转化求解即可.【详解】由已知可知焦点到渐近线的距离为，所以，因为，所以，可得，即，可得，所以，即，又因为所以，所以，故选：A【点睛】此题考查双曲线的简洁性质的应用，离心率的求法，点到直线的距离公式的应用，属于中档题.10.2024年新型冠状病毒肺炎扩散全国，作为主要战场的武汉，仅用了十余天就建成了“小汤山”模式的火神山医院和雷神山医院，再次体现了中国速度.随着疫情发展，某地也须要参照“小汤山”模式建设临时医院，其占地是出一个正方形和四个以正方形的边为底边、腰长为400m的等腰三角形组成的图形（如图所示），为使占地面积最大，则等腰三角形的底角为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】依据正弦定理可先求出4个三角形的面积，再由三角形面积公式可求出正方形的边长，从而得到面积，最终得到答案.【详解】解：设顶角为，由三角形的面积公式可得4个等腰三角形的面积和为，由余弦定理可得正方形边长为，故正方形面积为，所以所求占地面积为，所以当，即时，占地面积最大，此时底角为，故选：D【点睛】此题考查了三角形面积公式的应用和余弦定理的应用，属于中档题.11.在边长为2的菱形中，，将菱形沿对角线折起，使得平面平面，则所得三棱锥的外接球表面积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由题意画出图形，由于与均为边长为2的等边三角形，取中点，连接，，则，依据面面垂直的性质可得出平面，再确定为三棱锥的外接球的球心，结合已知求出三棱锥外接球的半径，最终依据球的表面积公式求出外接球的表面积.【详解】解：在边长为2的菱形中，，如图，由已知可得，与均为边长为2的等边三角形，取中点，连接，，则，，平面平面，交线为，而平面，则平面，分别取与的外心，，过，分别作两面的垂线，相交于，则为三棱锥的外接球的球心，由与均为等边三角形且边长为2，可得，，，即三棱锥外接球的半径：，三棱锥的外接球的表面积为：.故选：C.【点睛】本题考查多面体外接球表面积的求法，涉及等边三角形和菱形的性质以及面面垂直的性质，考查空间想象实力和运算实力，是中档题.12.若函数有三个不同的零点，则实数a的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】令，转化为，令，利用导数得到其图象特征，依据函数有三个不同的零点，转化为方程，有两根，且或求解.【详解】令，即，令，则，解得，当时，，当时，，所以，如图所示：因为函数有三个不同的零点，则方程，有两根，当时，，此时，不成立；当时，，此时，不成立；当时，令，则，即，解得.综上：实数a的取值范围是.故选：B【点睛】本题主要考查函数的零点与方程的根的关系以及导数与函数的图象，还考查了转化化归，数形结合的思想和运算求解的实力，属于难题.2024年哈尔滨市第三中学校其次次高考模拟考试数学试卷（文史类）第II卷（非选择题，共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量，满意，，，则________.【答案】1【解析】【分析】对两边平方化简可求出的值.【详解】解：由得，，因为，，所以，解得1，故答案为：1【点睛】此题考查平面对量的数量积运算及向量的模的运算，属于基础题.14.已知函数，若直线是曲线的一条对称轴，则________.【答案】【解析】【分析】依据协助角公式化简得，依据对称性的性质可得，，从而，，结合诱导公式及二倍角公式得，即可求解.【详解】解：，，由于直线是曲线的一条对称轴，则，，，，，，，，，.故答案为：.点睛】本题考查正弦函数的对称性，考查利用协助角公式、诱导公式和二倍角公式进行化简求值，考查分析和运算实力.15.《史记·卷六十五·孙子吴起列传第五》中记载了“田忌赛马”的故事.齐王有上等，中等，下等马各一匹；田忌也有上等，中等，下等马各一匹.田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马；田忌的下等马劣于齐王的下等马.现规定每场竞赛从双方的马匹中随机各选取一匹进行比试，若有优势的马肯定获胜，且每场竞赛相互独立，则实行三局两胜制齐王获胜的概率为________.【答案】【解析】【分析】列出全部状况，统计满意条件的状况得到齐王每次成功的概率，再依据独立事务计算得到答案.【详解】设齐王的上中下等马为，田忌的上中下等马为，则共有9种状况，其中齐王获胜的有6种状况，故，.故答案为：.【点睛】本题考查了概率的计算，意在考查学生的计算实力和应用实力.16.已知圆：，：，动圆C与圆，都相切，则动圆C的圆心轨迹E的方程为________________；斜率为的直线l与曲线E仅有三个公共点，依次为P，Q，R，则的值为________.【答案】(1).，(2).【解析】【分析】依据动圆与圆，的位置关系，分状况探讨可知动圆C的圆心轨迹为椭圆，然后计算即可，然后假设直线方程，依据直线于曲线E的位置关系以及弦长公式，可得结果.【详解】设动圆的半径为由题可知：当动圆C与圆外切，与圆内切时则所以可知动圆圆心轨迹为椭圆所以，故所以动圆C的圆心轨迹E的方程为当动圆C与圆内切，与圆内切时则所以可知动圆圆心轨迹为椭圆所以，故所以动圆C的圆心轨迹E的方程为所以动圆C的圆心轨迹E的方程为，设直线l方程为，由直线l与曲线E仅有三个公共点则直线l与相切于点Q，与相交于点P,R所以则则则，把代入可得故答案为：，；【点睛】本题考查椭圆的定义，以及弦长公式，考验分析问题实力以及计算实力，属中档题.三、解答题：共70分.解答应写出必要的文字说明，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.（一）必考题：共60分.17.哈尔滨市第三中学校响应教化部门疫情期间“停课不停络授课，为检验课的效果，高三络模拟考试.全学年共1500人，现从中抽取了100人的数学成果，绘制成频率分布直方图（如下图所示）.已知这100人中分数段的人数比分数段的人数多6人.（1）依据频率分布直方图，求a，b的值，并估计抽取的100名同学数学成果的中位数；（2）现用分层抽样的方法从分数在，的两组同学中随机抽取6名同学，从这6名同学中再任选2名同络课堂学习优秀代表”发言，求这2名同学的分数不在同一组内的概率.【答案】（1），；中位数为；（2）.【解析】【分析】（1）依据频率分布直方图的面积和为1，这100人中分数段的人数比分数段的人数多6人列式求解a，b的值，再依据中位数左右两边的面积均为计算即可.（2）在分数为的同学中抽取4人，分别用，，，表示，在分数为的同学中抽取2人，分别用，表示，再利用枚举法求解即可.【详解】（1）由频率分布直方图的面积和为1，则，得，又由100人中分数段的人数比分数段的人数多6人则，解得，中位数中位数为（2）设“抽取的2名同学的分数不在同一组内”为事务A，由题意知，在分数为的同学中抽取4人，分别用，，，表示，在分数为的同学中抽取2人，分别用，表示，从这6名同学中抽取2人全部可能出现的结果有：，，，，，，，，，，，，，，，共15种抽取的2名同学的分数不在同一组内的结果有：，，，，，，，，共8种所以抽取的2名同学的分数不在同一组内的概率为.【点睛】本题主要考查了频率分布直方图求参数与中位数的方法、枚举法解决古典概型的问题，属于基础题.18.已知等差数列的前n项和为，，，数列的前n项和为.（1）求数列，的通项公式；（2）设，求数列的前n项和.【答案】（1），（）；（2）.【解析】【分析】（1）利用等差数列的前项和公式求出，再依据等差数列的通项公式可得；设数列的前n项和为，依据时，可求得；（2）依据错位相减法可求得结果.【详解】（1）∵，即，又∵，解得，所以，∵的前n项和∴时，时，∴（）；（2），，，所以，.【点睛】本题考查了等差、等比数列的通项公式，考查了错位相减法求数列的和，属于基础题.19.三棱柱中，平面平面，，，，点F为棱的中点，点E为线段上的动点.（1）求证：；（2）若点E为线段的中点，求点C到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由题意，易证，由面面垂直可得平面，得到，由勾股定理可证，然后线面垂直的判定定理可证面，由此即可结果．（2）采纳等体积法，利用，即可证明结果．【详解】证明：（1）因为，F为中点，所以.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，而平面，故，又因为，所以，又∵在三棱柱中，，∴，又，故平面，又平面，所以（2），在三棱柱中，取中点M，连，，则，且，又，且，所以，且，所以，且，所以四边形为平行四边形所以，由（1）知平面，所以平面，，，，所以，，，所以，，所以，设点C到平面的距离为h，则∴，即点C到平面的距离为.【点睛】本题考查直线与平面垂直的推断定理，和面面垂直性质定理的应用，考查利用等体积法求点到面的距离，考查空间想象实力、逻辑推理实力以及计算实力，是中档题．20.已知椭圆C：的左、右顶点分别为，，上、下顶点分别为，，四边形的面积为，坐标原点O到直线的距离为.（1）求椭圆C的方程；（2）若直线l与椭圆C相交于A，B两点，点P为椭圆C上异于A，B的一点，四边形为平行四边形，探究：平行四边形的面积是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由.【答案】（1）；（2）四边形的面积为定值3.【解析】【分析】（1）由已知设直线的方程为，再利用已知条件列方程组，求出即可得到椭圆的方程；（2）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时，当直线的斜率存在时，设：，，，联立，可得，利用根与系数的关系，求出弦长AB，再结合点到直线的距离公式求解三角形的面积，可推出结论.【详解】（1）直线的方程为，由题意可得，解得，∴椭圆C的方程为（2）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时当直线的斜率存在时，设：，，，联立，可得，则，，，，∵四边形为平行四边形，∴，∴，∵点P在椭圆上，∴，整理得，原点O到直线的距离，，综上，四边形的面积为定值3【点睛】此题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想和计算实力，属于难题.21.已知函数，.（1）为函数的导函数，探讨函数的单调性；（2）若函数与的图像有两个交点、，求证：.【答案】（1）在上为单调递增；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）首先可以求出以及，再然后依据以及得出，即可得出结果，（2）本题首先可设，然后求出并令，求出，再然后通过恒成立得出在上为增函数，求出的单调性和极值，最终通过在区间以及内各有一个零点即可证得.【详解】（1），因为，，所以，所以，在上为单调递增，（2）设，则，令，则，因为，，所以恒成立，故函数即在上为增函数且1小于0大于递减微小值递增则，因为，所以在区间以及内各有一个零点，即为，，故，即.【点睛】本题考查依据导函数推断函数单调性以及二分法推断函数零点所在区间，若函数的导函数为，当时，函数是增函数，当时，函数是减函数，考查计算实力，是难题.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.假如多做，则按所做的第一题计分.[选修4-4：坐标系与参数方程]22.在平面直角坐标系中，已知曲线（为参数），直线（为参数，），直线与曲线相切于点，以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.（1）求曲线的极坐标方程及点的极坐标；（2）曲线的直角坐标方程为，直线的极坐标方程为，直线与曲线交于在，两点，记的面积为，的面积为，求的值.【答案】（1）；