山西省忻州一中、临汾一中、精英中学2025届高三压轴卷数学试卷含解析

山西省忻州一中、临汾一中、精英中学2025届高三压轴卷数学试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号。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．考试结束后，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．在中，点D是线段BC上任意一点，，，则（）A． B．-2 C． D．22．已知向量，，且，则（）A． B． C．1 D．23．阅读下侧程序框图，为使输出的数据为31，则①处应填的数字为A．4 B．5 C．6 D．74．是正四面体的面内一动点，为棱中点，记与平面成角为定值，若点的轨迹为一段抛物线，则（）A． B． C． D．5．已知点P不在直线l、m上，则“过点P可以作无数个平面，使得直线l、m都与这些平面平行”是“直线l、m互相平行”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件6．在复平面内，复数（，）对应向量（O为坐标原点），设，以射线Ox为始边，OZ为终边旋转的角为，则，法国数学家棣莫弗发现了棣莫弗定理：，，则，由棣莫弗定理可以导出复数乘方公式：，已知，则（）A． B．4 C． D．167．设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（）A．若，，，则B．若，，，则C．若，，，则D．若，，，则8．水平放置的，用斜二测画法作出的直观图是如图所示的，其中，则绕AB所在直线旋转一周后形成的几何体的表面积为（）A． B． C． D．9．已知复数满足：，则的共轭复数为（）A． B． C． D．10．已知复数满足，其中为虚数单位，则（）．A． B． C． D．11．函数（或）的图象大致是（）A． B． C． D．12．百年双中的校训是“仁”、“智”、“雅”、“和”.在2019年5月18日的高三趣味运动会中有这样的一个小游戏.袋子中有大小、形状完全相同的四个小球，分别写有“仁”、“智”、“雅”、“和”四个字，有放回地从中任意摸出一个小球，直到“仁”、“智”两个字都摸到就停止摸球.小明同学用随机模拟的方法恰好在第三次停止摸球的概率.利用电脑随机产生1到4之间（含1和4）取整数值的随机数，分别用1，2，3，4代表“仁”、“智”、“雅”、“和”这四个字，以每三个随机数为一组，表示摸球三次的结果，经随机模拟产生了以下20组随机数：141432341342234142243331112322342241244431233214344142134412由此可以估计，恰好第三次就停止摸球的概率为（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知△ABC得三边长成公比为2的等比数列，则其最大角的余弦值为_____.14．数据的标准差为_____．15．已知函数，（其中e为自然对数的底数），若关于x的方程恰有5个相异的实根，则实数a的取值范围为________.16．已知复数（为虚数单位），则的模为____．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）已知函数.（1）若，且，求证：；（2）若时，恒有，求的最大值.18．（12分）如图，在三棱锥A­BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.求证：(1)EF∥平面ABC；(2)AD⊥AC.19．（12分）中国古代数学经典《数书九章》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”，将四个面都为直角三角形的四面体称之为“鳖臑”.在如图所示的阳马中，底面ABCD是矩形.平面，，，以的中点O为球心，AC为直径的球面交PD于M（异于点D），交PC于N（异于点C）.（1）证明：平面，并判断四面体MCDA是否是鳖臑，若是，写出它每个面的直角（只需写出结论）；若不是，请说明理由；（2）求直线与平面所成角的正弦值.20．（12分）已知．（1）已知关于的不等式有实数解，求的取值范围；（2）求不等式的解集．21．（12分）已知△ABC三内角A、B、C所对边的长分别为a，b，c，且3sin2A+3sin2B＝4sinAsinB+3sin2C．（1）求cosC的值；（2）若a＝3，c，求△ABC的面积．22．（10分）在平面直角坐标系xOy中，以O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为；直线l的参数方程为（t为参数）.直线l与曲线C分别交于M，N两点.（1）写出曲线C的直角坐标方程和直线l的普通方程；（2）若点P的极坐标为，，求的值.

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、A【解析】

设，用表示出，求出的值即可得出答案.【详解】设由，，.故选：A【点睛】本题考查了向量加法、减法以及数乘运算，需掌握向量加法的三角形法则以及向量减法的几何意义，属于基础题.2、A【解析】

根据向量垂直的坐标表示列方程，解方程求得的值.【详解】由于向量，，且，所以解得.故选：A【点睛】本小题主要考查向量垂直的坐标表示，属于基础题.3、B【解析】考点：程序框图．分析：分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，可知：该程序的作用是利用循环求S的值，我们用表格列出程序运行过程中各变量的值的变化情况，不难给出答案．解：程序在运行过程中各变量的值如下表示：Si是否继续循环循环前11/第一圈32是第二圈73是第三圈154是第四圈315否故最后当i＜5时退出，故选B．4、B【解析】

设正四面体的棱长为，建立空间直角坐标系，求出各点的坐标，求出面的法向量，设的坐标，求出向量，求出线面所成角的正弦值，再由角的范围，结合为定值，得出为定值，且的轨迹为一段抛物线，所以求出坐标的关系，进而求出正切值．【详解】由题意设四面体的棱长为，设为的中点，以为坐标原点，以为轴，以为轴，过垂直于面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则可得，，取的三等分点、如图，则，，，，所以、、、、，由题意设，，和都是等边三角形，为的中点，，，，平面，为平面的一个法向量，因为与平面所成角为定值，则，由题意可得，因为的轨迹为一段抛物线且为定值，则也为定值，，可得，此时，则，.故选：B.【点睛】考查线面所成的角的求法，及正切值为定值时的情况，属于中等题．5、C【解析】

根据直线和平面平行的性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．【详解】点不在直线、上，若直线、互相平行，则过点可以作无数个平面，使得直线、都与这些平面平行，即必要性成立，若过点可以作无数个平面，使得直线、都与这些平面平行，则直线、互相平行成立，反证法证明如下：若直线、互相不平行，则，异面或相交，则过点只能作一个平面同时和两条直线平行，则与条件矛盾，即充分性成立则“过点可以作无数个平面，使得直线、都与这些平面平行”是“直线、互相平行”的充要条件，故选：．【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合空间直线和平面平行的性质是解决本题的关键．6、D【解析】

根据复数乘方公式：，直接求解即可.【详解】，.故选：D【点睛】本题考查了复数的新定义题目、同时考查了复数模的求法，解题的关键是理解棣莫弗定理，将复数化为棣莫弗定理形式，属于基础题.7、D【解析】试题分析：，,故选D.考点：点线面的位置关系.8、B【解析】

根据斜二测画法的基本原理，将平面直观图还原为原几何图形，可得，,绕AB所在直线旋转一周后形成的几何体是两个相同圆锥的组合体,圆锥的侧面展开图是扇形根据扇形面积公式即可求得组合体的表面积.【详解】根据“斜二测画法”可得，，，绕AB所在直线旋转一周后形成的几何体是两个相同圆锥的组合体，它的表面积为.故选:【点睛】本题考查斜二测画法的应用及组合体的表面积求法,难度较易.9、B【解析】

转化，为，利用复数的除法化简，即得解【详解】复数满足：所以故选：B【点睛】本题考查了复数的除法和复数的基本概念，考查了学生概念理解，数学运算的能力，属于基础题.10、A【解析】

先化简求出，即可求得答案.【详解】因为，所以所以故选：A【点睛】此题考查复数的基本运算，注意计算的准确度，属于简单题目.11、A【解析】

确定函数的奇偶性，排除两个选项，再求时的函数值，再排除一个，得正确选项．【详解】分析知，函数（或）为偶函数，所以图象关于轴对称，排除B，C，当时，，排除D，故选：A．【点睛】本题考查由函数解析式选择函数图象，解题时可通过研究函数的性质，如奇偶性、单调性、对称性等，研究特殊的函数的值、函数值的正负，以及函数值的变化趋势，排除错误选项，得正确结论．12、A【解析】

由题意找出满足恰好第三次就停止摸球的情况，用满足恰好第三次就停止摸球的情况数比20即可得解.【详解】由题意可知当1，2同时出现时即停止摸球，则满足恰好第三次就停止摸球的情况共有五种：142，112，241，142，412.则恰好第三次就停止摸球的概率为.故选：A.【点睛】本题考查了简单随机抽样中随机数的应用和古典概型概率的计算，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】试题分析：根据题意设三角形的三边长分别设为为a,2a,2a，∵2a>2a>a,∴2a所对的角为最大角，设为θ，则根据余弦定理得考点：余弦定理及等比数列的定义.14、【解析】

先计算平均数再求解方差与标准差即可.【详解】解：样本的平均数,这组数据的方差是标准差,故答案为：【点睛】本题主要考查了标准差的计算,属于基础题.15、【解析】

作出图象，求出方程的根，分类讨论的正负，数形结合即可.【详解】当时，令，解得，所以当时，，则单调递增，当时，，则单调递减，当时，单调递减，且，作出函数的图象如图：（1）当时，方程整理得，只有2个根，不满足条件；（2）若，则当时，方程整理得，则，，此时各有1解，故当时，方程整理得，有1解同时有2解，即需，，因为（2），故此时满足题意；或有2解同时有1解，则需，由（1）可知不成立；或有3解同时有0解，根据图象不存在此种情况，或有0解同时有3解，则，解得，故，（3）若，显然当时，和均无解，当时，和无解，不符合题意．综上：的范围是，故答案为：，【点睛】本题主要考查了函数零点与函数图象的关系，考查利用导数研究函数的单调性，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力，属于中档题．16、【解析】，所以．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）见解析；（2）.【解析】

（1）利用导数分析函数的单调性，并设，则，，将不等式等价转化为证明，构造函数，利用导数分析函数在区间上的单调性，通过推导出来证得结论；（2）构造函数，对实数分、、，利用导数分析函数的单调性，求出函数的最小值，再通过构造新函数，利用导数求出函数的最大值，可得出的最大值.【详解】（1），，所以，函数单调递增，所以，当时，，此时，函数单调递减；当时，，此时，函数单调递增.要证，即证.不妨设，则，，下证，即证，构造函数，，所以，函数在区间上单调递增，，，即，即，，且函数在区间上单调递增，所以，即，故结论成立；（2）由恒成立，得恒成立，令，则.①当时，对任意的，，函数在上单调递增，当时，，不符合题意；②当时，；③当时，令，得，此时，函数单调递增；令，得，此时，函数单调递减...令，设，则.当时，，此时函数单调递增；当时，，此时函数单调递减.所以，函数在处取得最大值，即.因此，的最大值为.【点睛】本题考查利用导数证明不等式，同时也考查了利用导数求代数式的最值，构造新函数是解答的关键，考查推理能力，属于难题.18、（1）见解析（2）见解析【解析】试题分析：（1）先由平面几何知识证明，再由线面平行判定定理得结论；（2）先由面面垂直性质定理得平面，则，再由AB⊥AD及线面垂直判定定理得AD⊥平面ABC，即可得AD⊥AC．试题解析：证明：（1）在平面内，因为AB⊥AD，，所以.又因为平面ABC，平面ABC，所以EF∥平面ABC.（2）因为平面ABD⊥平面BCD，平面平面BCD=BD，平面BCD，，所以平面.因为平面，所以.又AB⊥AD，，平面ABC，平面ABC，所以AD⊥平面ABC，又因为AC平面ABC，所以AD⊥AC.点睛:垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直．19、（1）证明见解析，是，，，，；（2）【解析】

（1）根据是球的直径，则，又平面，得到，再由线面垂直的判定定理得到平面，，进而得到，再利用线面垂直的判定定理得到平面.（2）以A为原点，，，所在直线为x，y，z轴建立直角坐标系，设，由，解得，得到，从而得到，然后求得平面的一个法向量，代入公式求解.【详解】（1）因为是球的直径，则，又平面，∴，.∴平面，∴，∴平面.根据证明可知，四面体是鳖臑.它的每个面的直角分别是，，，.（2）如图，以A为原点，，，所在直线为x，y，z轴建立直角坐标系，则，，，，.M为中点，从而.所以，设，则.由，得.由得，即.所以.设平面的一个法向量为.由.取，，，得到.记与平面所成角为θ，则.所以直线与平面所成的角的正弦值为.【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理和线面角的向量求法，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.20、（1）；（2）.【解析】

（1）依据能成立问题知，，然后利用绝对值三角不等式求出的最小值，即求得的取值范围；（2）按照零点分段法解含有两个绝对值的不等式即可。【详解】因为不等式有实数解，所以因为，所以故。①当时，，所以，故②当时，，所以，故③当时，，所以，故综上，原不等式的解集为。【点睛】本题主要考查不等式有解问题的解法以及含有