吉林省延边州2025届高三数学第一学期期末学业水平测试模拟试题含解析

吉林省延边州2025届高三数学第一学期期末学业水平测试模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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．若直线y＝kx＋1与圆x2＋y2＝1相交于P、Q两点，且∠POQ＝120°(其中O为坐标原点)，则k的值为()A． B． C．或－ D．和－2．若函数，在区间上任取三个实数，，均存在以，，为边长的三角形，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．3．在四边形中，，，，，，点在线段的延长线上，且，点在边所在直线上，则的最大值为（）A． B． C． D．4．已知数列的前n项和为，，且对于任意，满足，则（）A． B． C． D．5．复数的虚部是()A． B． C． D．6．命题：的否定为A． B．C． D．7．已知向量与向量平行，，且，则（）A． B．C． D．8．已知函数（，）的一个零点是，函数图象的一条对称轴是直线，则当取得最小值时，函数的单调递增区间是（）A．（） B．（）C．（） D．（）9．数学中的数形结合，也可以组成世间万物的绚丽画面.一些优美的曲线是数学形象美、对称美、和谐美的结合产物，曲线恰好是四叶玫瑰线.给出下列结论：①曲线C经过5个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；②曲线C上任意一点到坐标原点O的距离都不超过2；③曲线C围成区域的面积大于；④方程表示的曲线C在第二象限和第四象限其中正确结论的序号是()A．①③ B．②④ C．①②③ D．②③④10．若函数（）的图象过点，则（）A．函数的值域是 B．点是的一个对称中心C．函数的最小正周期是 D．直线是的一条对称轴11．设集合（为实数集），，，则（）A． B． C． D．12．设，命题“存在，使方程有实根”的否定是()A．任意，使方程无实根B．任意，使方程有实根C．存在，使方程无实根D．存在，使方程有实根二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．点在双曲线的右支上，其左、右焦点分别为、，直线与以坐标原点为圆心、为半径的圆相切于点，线段的垂直平分线恰好过点，则该双曲线的渐近线的斜率为__________．14．从集合中随机取一个元素，记为，从集合中随机取一个元素，记为，则的概率为_______．15．已知函数图象上一点处的切线方程为，则_______．16．高三（1）班共有56人，学号依次为1，2，3，…，56，现用系统抽样的办法抽取一个容量为4的样本，已知学号为6，34，48的同学在样本中，那么还有一个同学的学号应为．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）已知椭圆：（），四点，，，中恰有三点在椭圆上.（1）求椭圆的方程；（2）设椭圆的左右顶点分别为.是椭圆上异于的动点，求的正切的最大值.18．（12分）如图，在四棱锥中，，，.（1）证明：平面；（2）若，，为线段上一点，且，求直线与平面所成角的正弦值.19．（12分）设直线与抛物线交于两点，与椭圆交于两点，设直线（为坐标原点）的斜率分别为，若.（1）证明：直线过定点，并求出该定点的坐标；（2）是否存在常数，满足？并说明理由.20．（12分）椭圆的右焦点，过点且与轴垂直的直线被椭圆截得的弦长为.（1）求椭圆的方程；（2）过点且斜率不为0的直线与椭圆交于，两点.为坐标原点，为椭圆的右顶点，求四边形面积的最大值.21．（12分）在平面直角坐标系中，已知抛物线C：（）的焦点F在直线上，平行于x轴的两条直线，分别交抛物线C于A，B两点，交该抛物线的准线于D，E两点.（1）求抛物线C的方程；（2）若F在线段上，P是的中点，证明：.22．（10分）某中学准备组建“文科”兴趣特长社团，由课外活动小组对高一学生文科、理科进行了问卷调查，问卷共100道题，每题1分，总分100分，该课外活动小组随机抽取了200名学生的问卷成绩（单位：分）进行统计，将数据按照，，，，分成5组，绘制的频率分布直方图如图所示，若将不低于60分的称为“文科方向”学生，低于60分的称为“理科方向”学生.理科方向文科方向总计男110女50总计（1）根据已知条件完成下面列联表，并据此判断是否有99%的把握认为是否为“文科方向”与性别有关？（2）将频率视为概率，现在从该校高一学生中用随机抽样的方法每次抽取1人，共抽取3次，记被抽取的3人中“文科方向”的人数为，若每次抽取的结果是相互独立的，求的分布列、期望和方差.参考公式：，其中.参考临界值：0.100.050.0250.0100.0050.0012.7063.8415.0246.6357.87910.828

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、C【解析】

直线过定点，直线y=kx+1与圆x2+y2=1相交于P、Q两点，且∠POQ=120°（其中O为原点），可以发现∠QOx的大小，求得结果．【详解】如图，直线过定点（0，1），∵∠POQ=120°∴∠OPQ=30°，⇒∠1=120°，∠2=60°，∴由对称性可知k=±．故选C．【点睛】本题考查过定点的直线系问题，以及直线和圆的位置关系，是基础题．2、D【解析】

利用导数求得在区间上的最大值和最小，根据三角形两边的和大于第三边列不等式，由此求得的取值范围.【详解】的定义域为，，所以在上递减，在上递增，在处取得极小值也即是最小值，，，，，所以在区间上的最大值为.要使在区间上任取三个实数，，均存在以，，为边长的三角形，则需恒成立，且，也即，也即当、时，成立，即，且，解得.所以的取值范围是.故选：D【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的最值，考查恒成立问题的求解，属于中档题.3、A【解析】

依题意，如图以为坐标原点建立平面直角坐标系，表示出点的坐标，根据求出的坐标，求出边所在直线的方程，设，利用坐标表示，根据二次函数的性质求出最大值.【详解】解：依题意，如图以为坐标原点建立平面直角坐标系，由，，，，，，，因为点在线段的延长线上，设，解得，所在直线的方程为因为点在边所在直线上，故设当时故选：【点睛】本题考查向量的数量积，关键是建立平面直角坐标系，属于中档题.4、D【解析】

利用数列的递推关系式判断求解数列的通项公式，然后求解数列的和，判断选项的正误即可．【详解】当时，．所以数列从第2项起为等差数列，，所以，，．，，．故选：．【点睛】本题考查数列的递推关系式的应用、数列求和以及数列的通项公式的求法，考查转化思想以及计算能力，是中档题．5、C【解析】因为，所以的虚部是，故选C.6、C【解析】

命题为全称命题，它的否定为特称命题，将全称量词改为存在量词，并将结论否定，可知命题的否定为，故选C．7、B【解析】

设，根据题意得出关于、的方程组，解出这两个未知数的值，即可得出向量的坐标.【详解】设，且，，由得，即，①，由，②，所以，解得，因此，.故选：B.【点睛】本题考查向量坐标的求解，涉及共线向量的坐标表示和向量数量积的坐标运算，考查计算能力，属于中等题.8、B【解析】

根据函数的一个零点是，得出，再根据是对称轴，得出，求出的最小值与对应的，写出即可求出其单调增区间.【详解】依题意得，，即，解得或（其中，）.①又，即（其中）.②由①②得或，即或（其中，，），因此的最小值为.因为，所以（）.又，所以，所以，令（），则（）.因此，当取得最小值时，的单调递增区间是（）.故选：B【点睛】此题考查三角函数的对称轴和对称点，在对称轴处取得最值，对称点处函数值为零，属于较易题目.9、B【解析】

利用基本不等式得，可判断②；和联立解得可判断①③；由图可判断④.【详解】，解得（当且仅当时取等号），则②正确；将和联立，解得，即圆与曲线C相切于点，，，，则①和③都错误；由，得④正确.故选：B.【点睛】本题考查曲线与方程的应用，根据方程，判断曲线的性质及结论，考查学生逻辑推理能力，是一道有一定难度的题.10、A【解析】

根据函数的图像过点，求出，可得，再利用余弦函数的图像与性质，得出结论.【详解】由函数（）的图象过点，可得，即，，，故，对于A，由，则，故A正确；对于B，当时，，故B错误；对于C，，故C错误；对于D，当时，，故D错误；故选：A【点睛】本题主要考查了二倍角的余弦公式、三角函数的图像与性质，需熟记性质与公式，属于基础题.11、A【解析】

根据集合交集与补集运算,即可求得.【详解】集合,,所以所以故选:A【点睛】本题考查了集合交集与补集的混合运算,属于基础题.12、A【解析】

只需将“存在”改成“任意”，有实根改成无实根即可.【详解】由特称命题的否定是全称命题，知“存在，使方程有实根”的否定是“任意，使方程无实根”.故选：A【点睛】本题考查含有一个量词的命题的否定，此类问题要注意在两个方面作出变化：1.量词，2.结论，是一道基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】如图，是切点，是的中点，因为，所以，又，所以，，又，根据双曲线的定义，有，即，两边平方并化简得，所以，因此.14、【解析】

先求出随机抽取a,b的所有事件数，再求出满足的事件数，根据古典概型公式求出结果.【详解】解：从集合中随机取一个元素，记为，从集合中随机取一个元素，记为，则的事件数为9个，即为，，，其中满足的有，，，共有8个，故的概率为.【点睛】本题考查了古典概型的计算，解题的关键是准确列举出所有事件数.15、1【解析】

求出导函数，由切线方程得切线斜率和切点坐标，从而可求得．【详解】由题意，∵函数图象在点处的切线方程为，∴，解得，∴．故答案为：1．【点睛】本题考查导数的几何意义，求出导函数是解题基础，16、20【解析】

根据系统抽样的定义将56人按顺序分成4组，每组14人，则1至14号为第一组，15至28号为第二组，29号至42号为第三组，43号至56号为第四组.而学号6,34,48分别是第一、三、四组的学号，所以还有一个同学应该是15+6-1=20号,故答案为20.三、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）分析可得必在椭圆上，不在椭圆上，代入即得解；（2）设直线PA，PB的倾斜角分别为，斜率为，可得.则，，利用均值不等式，即得解.【详解】（1）因为关于轴对称，所以必在椭圆上，∴不在椭圆上∴，，即.（2）设椭圆上的点（），设直线PA，PB的倾斜角分别为，斜率为又∴.，，（不妨设）.故当且仅当，即时等号成立【点睛】本题考查了直线和椭圆综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于较难题.18、（1）证明见解析（2）【解析】

（1）利用线段长度得到与间的垂直关系，再根据线面垂直的判定定理完成证明；（2）以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用直线的方向向量与平面的法向量夹角的余弦值的绝对值等于线面角的正弦值，计算出结果.【详解】（1）∵，，∴，∴，∵，平面，∴平面（2）由（1）知，，又为坐标原点，分别以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，，∵，∴，设是平面的一个法向量则，即，取得∴∴直线与平面所成的正弦值为【点睛】本题考查线面垂直的证明以及用向量法求解线面角的正弦，难度一般.用向量方法求解线面角的正弦值时，注意直线方向向量与平面法向量夹角的余弦值的绝对值等于线面角的正弦值.19、（1）证明见解析（0，2）；（2）存在，理由见解析【解析】

（1）设直线l的方程为y=kx+b代入抛物线的方程，利用OA⊥OB，求出b，即可知直线过定点（2）由斜率公式分别求出，，联立直线与抛物线，椭圆，再由根与系数的关系得，，，代入，，化简即可求解.【详解】（1）证明：由题知，直线l的斜率存在且不过原点，故设由可得，.，，故所以直线l的方程为故直线l恒过定点.（2）由（1）知设由可得，，即存在常数满足题意.【点睛】本题主要考查了直线与抛物线、椭圆的位置关系，直线过定点问题，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．20、（1）（2）最大值.【解析】

（1）根据通径和即可求（2）设直线方程为，联立椭圆，利用，用含的式子表示出，用换元，可得，最后用均值不等式求解.【详解】解：（1）依题意有，，，所以椭圆的方程为.（2）设直线的方程为，联立，得.所以，.所以.令，则，所以，因，则，所以，当且仅当，即时取得等号，即四边形面积的最大值.【点睛】考查椭圆方程的求法和椭圆中四边形面积最大值的求法，是难题.21、（1）；（2）见解析【解析】

（1）根据抛物线的焦点在直线上，可求得的值，从而求得抛物线的方程；（2）法一：设直线，的方程分别为和且，，，可得，，，的坐标，进而可得直线的方程，根据在直线上，可得，再分别求得，，即可得证；法二：设，，则，根据直线的斜率不为0，设出直线的方程为，联立直线和抛物线的方程，结合韦达定理，分别求出，，化简，即