2025届贵州省黔东南州名校高三下学期一模考试数学试题含解析

2025届贵州省黔东南州名校高三下学期一模考试数学试题注意事项：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．将函数的图象分别向右平移个单位长度与向左平移(>0)个单位长度，若所得到的两个图象重合，则的最小值为()A． B． C． D．2．某市政府决定派遣名干部（男女）分成两个小组，到该市甲、乙两个县去检查扶贫工作，若要求每组至少人，且女干部不能单独成组，则不同的派遣方案共有（）种A． B． C． D．3．已知四棱锥的底面为矩形，底面，点在线段上，以为直径的圆过点.若，则的面积的最小值为（）A．9 B．7 C． D．4．已知复数在复平面内对应的点的坐标为，则下列结论正确的是（）A． B．复数的共轭复数是C． D．5．《易·系辞上》有“河出图，洛出书”之说，河图、洛书是中华文化，阴阳术数之源，其中河图的排列结构是一、六在后，二、七在前，三、八在左，四、九在右，五、十背中.如图，白圈为阳数，黑点为阴数.若从这10个数中任取3个数，则这3个数中至少有2个阳数且能构成等差数列的概率为（）A． B． C． D．6．如图，在平面四边形中，满足，且，沿着把折起，使点到达点的位置，且使，则三棱锥体积的最大值为（）A．12 B． C． D．7．已知函数（）的部分图象如图所示，且，则的最小值为（）A． B．C． D．8．从抛物线上一点(点在轴上方)引抛物线准线的垂线，垂足为，且，设抛物线的焦点为，则直线的斜率为（）A． B． C． D．9．已知等差数列中，则（）A．10 B．16 C．20 D．2410．已知函数，，其中为自然对数的底数，若存在实数，使成立，则实数的值为（）A． B． C． D．11．设分别是双线的左、右焦点，为坐标原点，以为直径的圆与该双曲线的两条渐近线分别交于两点（位于轴右侧），且四边形为菱形，则该双曲线的渐近线方程为（）A． B． C． D．12．用1，2，3，4，5组成不含重复数字的五位数，要求数字4不出现在首位和末位，数字1，3，5中有且仅有两个数字相邻，则满足条件的不同五位数的个数是（）A．48 B．60 C．72 D．120二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在△ABC中，a＝3，，B＝2A，则cosA＝_____．14．在等比数列中，，则________．15．已知无盖的圆柱形桶的容积是立方米，用来做桶底和侧面的材料每平方米的价格分别为30元和20元，那么圆桶造价最低为________元.16．抛物线的焦点到准线的距离为．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）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，，点、分别为，的中点，且平面平面.（1）求证：平面.（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.18．（12分）已知.（Ⅰ）若，求不等式的解集；（Ⅱ），，，求实数的取值范围.19．（12分）在锐角中，，，分别是角，，所对的边，的面积，且满足，则的取值范围是（）A． B． C． D．20．（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.21．（12分）在△ABC中，分别为三个内角A、B、C的对边，且(1)求角A；(2)若且求△ABC的面积．22．（10分）已知函数，其中．（Ⅰ）当时，求函数的单调区间；（Ⅱ）设，求证：；（Ⅲ）若对于恒成立，求的最大值．

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、B【解析】

首先根据函数的图象分别向左与向右平移m,n个单位长度后，所得的两个图像重合，那么，利用的最小正周期为，从而求得结果.【详解】的最小正周期为，那么(∈)，于是，于是当时，最小值为，故选B.【点睛】该题考查的是有关三角函数的周期与函数图象平移之间的关系，属于简单题目.2、C【解析】

在所有两组至少都是人的分组中减去名女干部单独成一组的情况，再将这两组分配，利用分步乘法计数原理可得出结果.【详解】两组至少都是人，则分组中两组的人数分别为、或、，

又因为名女干部不能单独成一组，则不同的派遣方案种数为.故选：C.【点睛】本题考查排列组合的综合问题，涉及分组分配问题，考查计算能力，属于中等题.3、C【解析】

根据线面垂直的性质以及线面垂直的判定，根据勾股定理，得到之间的等量关系，再用表示出的面积，利用均值不等式即可容易求得.【详解】设，，则.因为平面，平面，所以.又，，所以平面，则.易知，.在中，，即，化简得.在中，，.所以.因为，当且仅当，时等号成立，所以.故选：C.【点睛】本题考查空间几何体的线面位置关系及基本不等式的应用，考查空间想象能力以及数形结合思想，涉及线面垂直的判定和性质，属中档题.4、D【解析】

首先求得，然后根据复数乘法运算、共轭复数、复数的模、复数除法运算对选项逐一分析，由此确定正确选项.【详解】由题意知复数，则，所以A选项不正确；复数的共轭复数是，所以B选项不正确；，所以C选项不正确；，所以D选项正确.故选：D【点睛】本小题考查复数的几何意义，共轭复数，复数的模，复数的乘法和除法运算等基础知识；考查运算求解能力，推理论证能力，数形结合思想.5、C【解析】

先根据组合数计算出所有的情况数，再根据“3个数中至少有2个阳数且能构成等差数列”列举得到满足条件的情况，由此可求解出对应的概率.【详解】所有的情况数有：种，3个数中至少有2个阳数且能构成等差数列的情况有：，共种，所以目标事件的概率.故选：C.【点睛】本题考查概率与等差数列的综合，涉及到背景文化知识，难度一般.求解该类问题可通过古典概型的概率求解方法进行分析；当情况数较多时，可考虑用排列数、组合数去计算.6、C【解析】

过作于，连接，易知，，从而可证平面，进而可知，当最大时，取得最大值，取的中点，可得，再由，求出的最大值即可.【详解】在和中，，所以，则，过作于，连接，显然，则，且，又因为，所以平面，所以，当最大时，取得最大值，取的中点，则，所以，因为，所以点在以为焦点的椭圆上（不在左右顶点），其中长轴长为10，焦距长为8，所以的最大值为椭圆的短轴长的一半，故最大值为，所以最大值为，故的最大值为.故选：C.【点睛】本题考查三棱锥体积的最大值，考查学生的空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.7、A【解析】

是函数的零点，根据五点法求出图中零点及轴左边第一个零点可得．【详解】由题意，，∴函数在轴右边的第一个零点为，在轴左边第一个零点是，∴的最小值是．故选：A.【点睛】本题考查三角函数的周期性，考查函数的对称性．函数的零点就是其图象对称中心的横坐标．8、A【解析】

根据抛物线的性质求出点坐标和焦点坐标，进而求出点的坐标，代入斜率公式即可求解.【详解】设点的坐标为，由题意知，焦点,准线方程，所以，解得，把点代入抛物线方程可得，，因为，所以，所以点坐标为，代入斜率公式可得，.故选：A【点睛】本题考查抛物线的性质，考查运算求解能力；属于基础题.9、C【解析】

根据等差数列性质得到，再计算得到答案.【详解】已知等差数列中，故答案选C【点睛】本题考查了等差数列的性质，是数列的常考题型.10、A【解析】令f（x）﹣g（x）=x+ex﹣a﹣1n（x+1）+4ea﹣x，令y=x﹣ln（x+1），y′=1﹣=，故y=x﹣ln（x+1）在（﹣1，﹣1）上是减函数，（﹣1，+∞）上是增函数，故当x=﹣1时，y有最小值﹣1﹣0=﹣1，而ex﹣a+4ea﹣x≥4，（当且仅当ex﹣a=4ea﹣x，即x=a+ln1时，等号成立）；故f（x）﹣g（x）≥3（当且仅当等号同时成立时，等号成立）；故x=a+ln1=﹣1，即a=﹣1﹣ln1．故选：A．11、B【解析】

由于四边形为菱形，且，所以为等边三角形，从而可得渐近线的倾斜角，求出其斜率.【详解】如图，因为四边形为菱形，，所以为等边三角形，，两渐近线的斜率分别为和.故选：B【点睛】此题考查的是求双曲线的渐近线方程，利用了数形结合的思想，属于基础题.12、A【解析】

对数字分类讨论，结合数字中有且仅有两个数字相邻，利用分类计数原理，即可得到结论【详解】数字出现在第位时，数字中相邻的数字出现在第位或者位，共有个数字出现在第位时，同理也有个数字出现在第位时，数字中相邻的数字出现在第位或者位，共有个故满足条件的不同的五位数的个数是个故选【点睛】本题主要考查了排列，组合及简单计数问题，解题的关键是对数字分类讨论，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】

由已知利用正弦定理，二倍角的正弦函数公式即可计算求值得解．【详解】解：∵a＝3，，B＝2A，∴由正弦定理可得：，∴cosA．故答案为．【点睛】本题主要考查了正弦定理，二倍角的正弦函数公式在解三角形中的应用，属于基础题．14、1【解析】

设等比数列的公比为,再根据题意用基本量法求解公比,进而利用等比数列项之间的关系得即可.【详解】设等比数列的公比为.由,得,解得.又由,得.则.故答案为：1【点睛】本题主要考查了等比数列基本量的求解方法,属于基础题.15、【解析】

设桶的底面半径为，用表示出桶的总造价，利用基本不等式得出最小值.【详解】设桶的底面半径为，高为，则，故，圆通的造价为解法一：当且仅当，即时取等号.解法二：，则，令，即，解得，此函数在单调递增；令，即，解得，此函数在上单调递减；令，即，解得，即当时，圆桶的造价最低.所以故答案为：【点睛】本题考查了基本不等式的应用，注意验证等号成立的条件，属于基础题.16、【解析】试题分析：由题意得，因为抛物线，即，即焦点到准线的距离为.考点：抛物线的性质．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）首先可得，再面面垂直的性质可得平面，即可得到，再由，即可得到线面垂直；（2）过点做平面的垂线，以为原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角；【详解】解：（1）∵，点为的中点，∴，又∵平面平面，平面平面，平面，∴平面，又平面，∴，又∵，分别为，的中点，∴，∴，又平面，平面，，∴平面.（2）过点做平面的垂线，以为原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，∵，∴，，，，∴，，，设平面的法向量为，由，得，令，得，∴，∴直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查线面垂直的判定，面面垂直的性质定理的应用，利用空间向量法求线面角，属于中档题.18、（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】

（Ⅰ）利用零点分段讨论法把函数改写成分段函数的形式,分三种情况分别解不等式,然后取并集即可；（Ⅱ）利用绝对值三角不等式求出的最小值,利用均值不等式求出的最小值,结合题意,只需即可,解不等式即可求解.【详解】（Ⅰ）当时，，，或，或，或所以不等式的解集为；（Ⅱ）因为，又（当时等号成立），依题意，，，有，则，解之得，故实数的取值范围是.【点睛】本题考查由存在性问题求参数的范围、零点分段讨论法解绝对值不等式、利用绝对值三角不等式和均值不等式求最值；考查运算求解能力、分类讨论思想、逻辑推理能力；属于中档题.19、A【解析】

由正弦定理化简得，解得，进而得到，利用正切的倍角公式求得，根据三角形的面积公式，求得，进而化简，即可求解.【详解】由题意，在锐角中，满足，由正弦定理可得，即，可得，所以，即，所以，所以，则，所以，可得，又由的面积，所以，则.故选：A.【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理的应用，以及三角形的面积公式和正切的倍角公式的综合应用，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.20、（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．21、（1）；（2）.【解析】

（1）整理得：，再由余弦定理可得，问题得解．（2）由正弦定理得：，，，再代入即可得解．【详解】（1）由题意，得，∴；（2）由正弦定理，得，,∴.【点睛】本题主要考查了正、余弦定理及三角形面积公式，考查了转化思想及化简能力，属于基础题．22、（Ⅰ）函数的单调增区间为，单调减区间为；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）.【解析】

（Ⅰ）利用二次求导可得，所以在上为增函数，进而可得函数的单调增区间为，单调减区间为；（Ⅱ）利用导数可得在区间上存在唯一零点，所以函数在递减，在，递增，则，进而可证；（Ⅲ）条件等价于对于恒成立，构造函数，利用导数可得的单调性，即可得到的最小值为，再次构造函数（a），，利用导数得其单调区间，进而求得最大值．【详解】（Ⅰ）当时，，则，所以，又因为，所以在上为增函数，因为，所以当时