山西省临汾市2025届高三一诊考试数学试卷含解析

山西省临汾市2025届高三一诊考试数学试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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．某大学计算机学院的薛教授在2019年人工智能方向招收了6名研究生.薛教授欲从人工智能领域的语音识别、人脸识别，数据分析、机器学习、服务器开发五个方向展开研究，且每个方向均有研究生学习，其中刘泽同学学习人脸识别，则这6名研究生不同的分配方向共有（）A．480种 B．360种 C．240种 D．120种2．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高二丈，问：积几何?”其意思为：“今有底面为矩形的屋脊状的楔体，下底面宽3丈，长4丈，上棱长2丈，高2丈，问：它的体积是多少?”已知l丈为10尺，该楔体的三视图如图所示，其中网格纸上小正方形边长为1，则该楔体的体积为（）A．10000立方尺B．11000立方尺C．12000立方尺D．13000立方尺3．复数的实部与虚部相等，其中为虚部单位，则实数()A．3 B． C． D．4．在等差数列中，若，则（）A．8 B．12 C．14 D．105．已知复数，其中为虚数单位，则（）A． B． C．2 D．6．已知无穷等比数列的公比为2，且，则（）A． B． C． D．7．阅读名著，品味人生，是中华民族的优良传统.学生李华计划在高一年级每周星期一至星期五的每天阅读半个小时中国四大名著：《红楼梦》、《三国演义》、《水浒传》及《西游记》，其中每天阅读一种，每种至少阅读一次，则每周不同的阅读计划共有（）A．120种 B．240种 C．480种 D．600种8．已知函数，若对任意，都有成立，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．9．设、，数列满足，，，则（）A．对于任意，都存在实数，使得恒成立B．对于任意，都存在实数，使得恒成立C．对于任意，都存在实数，使得恒成立D．对于任意，都存在实数，使得恒成立10．已知是圆心为坐标原点，半径为1的圆上的任意一点，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．11．执行如图所示的程序框图，当输出的时，则输入的的值为()A．-2 B．-1 C． D．12．已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上,平面,是边长为的等边三角形,若球的表面积为,则直线与平面所成角的正切值为()A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．设集合，（其中e是自然对数的底数），且，则满足条件的实数a的个数为______．14．某种圆柱形的如罐的容积为个立方单位，当它的底面半径和高的比值为______.时，可使得所用材料最省.15．已知数列为正项等比数列，，则的最小值为________.16．已知函数在处的切线与直线平行，则为________.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1，四边形是边长为2的菱形，，为的中点，以为折痕将折起到的位置，使得平面平面，如图2.（1）证明：平面平面；（2）求点到平面的距离.18．（12分）在本题中，我们把具体如下性质的函数叫做区间上的闭函数：①的定义域和值域都是；②在上是增函数或者减函数.（1）若在区间上是闭函数，求常数的值；（2）找出所有形如的函数（都是常数），使其在区间上是闭函数.19．（12分）函数，且恒成立.（1）求实数的集合；（2）当时，判断图象与图象的交点个数，并证明.（参考数据：）20．（12分）已知为坐标原点，单位圆与角终边的交点为，过作平行于轴的直线，设与终边所在直线的交点为，.（1）求函数的最小正周期；（2）求函数在区间上的值域.21．（12分）已知动圆E与圆外切，并与直线相切，记动圆圆心E的轨迹为曲线C.（1）求曲线C的方程；（2）过点的直线l交曲线C于A，B两点，若曲线C上存在点P使得，求直线l的斜率k的取值范围.22．（10分）某大型单位举行了一次全体员工都参加的考试，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，则称该员工的成绩为“优秀”.（1）从这20人中任取3人，求恰有1人成绩“优秀”的概率；（2）根据这20人的分数补全下方的频率分布表和频率分布直方图，并根据频率分布直方图解决下面的问题.组别分组频数频率1234①估计所有员工的平均分数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；②若从所有员工中任选3人，记表示抽到的员工成绩为“优秀”的人数，求的分布列和数学期望.

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】

将人脸识别方向的人数分成：有人、有人两种情况进行分类讨论，结合捆绑计算出不同的分配方法数.【详解】当人脸识别方向有2人时，有种，当人脸识别方向有1人时，有种，∴共有360种.故选：B【点睛】本小题主要考查简单排列组合问题，考查分类讨论的数学思想方法，属于基础题.2、A【解析】由题意，将楔体分割为三棱柱与两个四棱锥的组合体，作出几何体的直观图如图所示：

沿上棱两端向底面作垂面，且使垂面与上棱垂直，

则将几何体分成两个四棱锥和1个直三棱柱，

则三棱柱的体积V1四棱锥的体积V2=13×1×3×2=2【点睛】本题考查三视图及几何体体积的计算，其中正确还原几何体，利用方格数据分割与计算是解题的关键．3、B【解析】

利用乘法运算化简复数即可得到答案.【详解】由已知，，所以，解得.故选：B【点睛】本题考查复数的概念及复数的乘法运算，考查学生的基本计算能力，是一道容易题.4、C【解析】

将，分别用和的形式表示，然后求解出和的值即可表示.【详解】设等差数列的首项为，公差为，则由，，得解得，，所以．故选C．【点睛】本题考查等差数列的基本量的求解，难度较易.已知等差数列的任意两项的值，可通过构建和的方程组求通项公式.5、D【解析】

把已知等式变形，然后利用数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的公式计算得答案.【详解】解：，则.故选：D.【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数模的求法，是基础题.6、A【解析】

依据无穷等比数列求和公式，先求出首项，再求出，利用无穷等比数列求和公式即可求出结果。【详解】因为无穷等比数列的公比为2，则无穷等比数列的公比为。由有，，解得，所以，，故选A。【点睛】本题主要考查无穷等比数列求和公式的应用。7、B【解析】

首先将五天进行分组，再对名著进行分配，根据分步乘法计数原理求得结果.【详解】将周一至周五分为组，每组至少天，共有：种分组方法；将四大名著安排到组中，每组种名著，共有：种分配方法；由分步乘法计数原理可得不同的阅读计划共有：种本题正确选项：【点睛】本题考查排列组合中的分组分配问题，涉及到分步乘法计数原理的应用，易错点是忽略分组中涉及到的平均分组问题.8、D【解析】

先将所求问题转化为对任意恒成立，即得图象恒在函数图象的上方，再利用数形结合即可解决.【详解】由得，由题意函数得图象恒在函数图象的上方，作出函数的图象如图所示过原点作函数的切线，设切点为，则，解得，所以切线斜率为，所以，解得.故选：D.【点睛】本题考查导数在不等式恒成立中的应用，考查了学生转化与化归思想以及数形结合的思想，是一道中档题.9、D【解析】

取，可排除AB；由蛛网图可得数列的单调情况，进而得到要使，只需，由此可得到答案.【详解】取，，数列恒单调递增，且不存在最大值，故排除AB选项；由蛛网图可知，存在两个不动点，且，，因为当时，数列单调递增，则；当时，数列单调递减，则；所以要使，只需要，故，化简得且.故选：D．【点睛】本题考查递推数列的综合运用，考查逻辑推理能力，属于难题．10、C【解析】

设射线OA与x轴正向所成的角为，由三角函数的定义得，，，利用辅助角公式计算即可.【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、辅助角公式等知识，是一道容易题.11、B【解析】若输入，则执行循环得结束循环，输出，与题意输出的矛盾；若输入，则执行循环得结束循环，输出，符合题意；若输入，则执行循环得结束循环，输出，与题意输出的矛盾；若输入，则执行循环得结束循环，输出，与题意输出的矛盾；综上选B.12、C【解析】

设为中点,先证明平面，得出为所求角,利用勾股定理计算,得出结论．【详解】设分别是的中点平面是等边三角形又平面为与平面所成的角是边长为的等边三角形，且为所在截面圆的圆心球的表面积为球的半径平面本题正确选项：【点睛】本题考查了棱锥与外接球的位置关系问题，关键是能够通过垂直关系得到直线与平面所求角，再利用球心位置来求解出线段长，属于中档题．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

可看出，这样根据即可得出，从而得出满足条件的实数的个数为1．【详解】解：，或，在同一平面直角坐标系中画出函数与的图象，由图可知与无交点，无解，则满足条件的实数的个数为．故答案为：．【点睛】考查列举法的定义，交集的定义及运算，以及知道方程无解，属于基础题．14、【解析】

设圆柱的高为，底面半径为，根据容积为个立方单位可得，再列出该圆柱的表面积，利用导数求出最值，从而进一步得到圆柱的底面半径和高的比值．【详解】设圆柱的高为，底面半径为.∵该圆柱形的如罐的容积为个立方单位∴，即.∴该圆柱形的表面积为.令，则.令，得；令，得.∴在上单调递减，在上单调递增.∴当时，取得最小值，即材料最省，此时.故答案为：.【点睛】本题考查函数的应用，解答本题的关键是写出表面积的表示式，再利用导数求函数的最值，属中档题．15、27【解析】

利用等比数列的性质求得，结合其下标和性质和均值不等式即可容易求得.【详解】由等比数列的性质可知，则，.当且仅当时取得最小值.故答案为：.【点睛】本题考查等比数列的下标和性质，涉及均值不等式求和的最小值，属综合基础题.16、【解析】

根据题意得出，由此可得出实数的值.【详解】，，直线的斜率为，由于函数在处的切线与直线平行，则.故答案为：.【点睛】本题考查利用函数的切线与直线平行求参数，解题时要结合两直线的位置关系得出两直线斜率之间的关系，考查计算能力，属于基础题.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。17、（1）证明见解析（2）【解析】

（1）由题意可证得，，所以平面，则平面平面可证；（2）解法一：利用等体积法由可求出点到平面的距离；解法二：由条件知点到平面的距离等于点到平面的距离，过点作的垂线，垂足，证明平面，计算出即可.【详解】解法一：（1）依题意知，因为，所以.又平面平面，平面平面，平面，所以平面.又平面，所以.由已知，是等边三角形，且为的中点，所以.因为，所以.又，所以平面.又平面，所以平面平面.（2）在中，，，所以.由（1）知，平面，且，所以三棱锥的体积.在中，，，得，由（1）知，平面，所以，所以，设点到平面的距离，则三棱锥的体积，得.解法二：（1）同解法一；（2）因为，平面，平面，所以平面.所以点到平面的距离等于点到平面的距离.过点作的垂线，垂足，即.由（1）知，平面平面，平面平面，平面，所以平面，即为点到平面的距离.由（1）知，，在中，，，得.又，所以.所以点到平面的距离为.【点睛】本题主要考查空间面面垂直的的判定及点到面的距离，考查学生的空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力.求点到平面的距离一般可采用两种方法求解：①等体积法；②作(找)出点到平面的垂线段，进行计算即可.18、（1）；（2）.【解析】

（1）依据新定义，的定义域和值域都是，且在上单调，建立方程求解；（2）依据新定义，讨论的单调性，列出方程求解即可。【详解】（1）当时，由复合函数单调性知，在区间上是增函数，即有，解得；同理，当时，有，解得，综上，。（2）若在上是闭函数，则在上是单调函数，①当在上是单调增函数，则，解得，检验符合；②当在上是单调减函数，则，解得，在上不是单调函数，不符合题意。故满足在区间上是闭函数只有。【点睛】本题主要考查学生的应用意识，利用所学知识分析解决新定义问题。19、（1）；（2）2个，证明见解析【解析】

（1）要恒成立，只要的最小值大于或等于零即可，所以只要讨论求解看是否有最小值；（2）将图像与图像的交点个数转化为方程实数解的个数问题，然后构造函数，再利用导数讨论此函数零点的个数.【详解】（1）的定义域为，因为，1°当时，在上单调递减，时，使得，与条件矛盾；2°当时，由，得；由，得，所以在上单调递减，在上单调递增，即有，由恒成立，所以恒成立，令，若；若；而时，，要使恒成立，故.（2）原问题转化为方程实根个数问题，当时，图象与图象有且仅有2个交点，理由如下：由，即，令，因为，所以是的一根；，1°当时，，所以在上单调递减，，即在上无实根；2°当时，，则在上单调递递增，又，所以在上有唯一实根，且满足，①当时，在上单调递减，此时在上无实根；②当时，在上单调递增，，故在上有唯一实根.3°当时，由（1）知，在上单调递增，所以，故，所以在上无实根.综合1°，2°，3°，故有两个实根，即图象与图象有且仅有2个交点.【点睛】此题考查不等式恒成立问题、函数与方程的转化思想，考查导数的运用，属于较难题.20、（1）；（2）.【解析】

（1）根据题意，求得，，因而得出，利用降幂公式和二倍角的正弦公式化简函数，最后利用，求出的最小正周期；（2）由（1）得，再利用整体代入求出函数的值域.【详解】（1）因为，，所以，，所以函数的最小正周期为.（2）因为，所以，所以，故函数在区间上的值域为.【点睛】本题考查正弦型函数的周期和值域，运用到向量的坐标运