2025届吉林省延边朝鲜族自治州高三一模数学试题（解析版）

第页，共页第19页，共19页延边州2025年高三教学质量检测数学本试卷共6页.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区.2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚.3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效.4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑.5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱.不准使用涂改液、修正带、刮纸刀.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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“”的充分不必要条件是“”，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据充分不必要条件的判断即可得到实数的取值范围.【详解】由＂＂的充分不必要条件是＂＂，得，但，所以．故选：B.2.在复平面内，复数，对应的向量分别是，，则的复数所对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】D【解析】【分析】根据复数的几何意义和复数的除法运算即可得到答案.【详解】由题意得，则，其对应的点为，位于第四象限．故选：D3.在中，，为中点，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由题意作图，根据图象，利用平面向量的线性运算，结合数量积的运算律，可得答案.【详解】由题意可作图如下：则，，由为的中点，则，.故选：A.4.已知正实数，满足，且不等式恒成立，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】对题目等式变形得，再利用乘“1”法即可得到答案.【详解】因为正实数,满足，所以，则：，当且仅当时取等号，因为不等式恒成立，所以．故选：B．5.已知，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由辅助角公式及余弦二倍角公式即可求解；【详解】由，可得，即，所以，故选：C6.在直三棱柱中，，，且，则该三棱柱的外接球的体积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据因为，利用正弦定理得外接圆半径为，利用勾股定理即可得外接球半径为，代入球的体积公式即可求解.【详解】设外接圆半径为，圆心为，设外接球球心为，半径为，因为，，在中由正弦定理有，则，则有，所以，所以球的体积为：，故选：D.7.编号为，，，，的5种蔬菜种在如图所示的五块实验田里，每块只能种一种蔬菜，要求品种不能种在1，2试验田里，品种必须与品种在相邻的两块田里，则不同的种植方法种数为（）A.24 B.30 C.36 D.54【答案】B【解析】【分析】对A所种位置进行分类讨论即可.【详解】当A种在4号田时，B只能种在3号，其余三种蔬菜在三个位置全排列，共有种结果，当A种在5号田时，结果相同，也有6种；当A种在3号田时，B有3种结果，余下的三种蔬菜在三个位置全排列，有种结果；根据分类计数原理，共有种结果．故选：B．8.如图是函数的大致图象，则不等式的解集为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由图确定是的极小值点，求得，即可求解.【详解】由图可知，是的极小值点，由已知得，令，得，得，经验证符合题意，所以，由，，可得，解得.故选：D二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的或不选的得0分.9.下列命题中正确的是（）A.样本甲中有件样品，其方差为，样本乙中有件样品，其方差为，则由甲，乙组成总体样本的方差为B.已知随机变量，则C.数据，，，，，，的第80百分位数是8D.已知随机变量，则【答案】BCD【解析】【分析】对A，根据方差公式即可判断；对B，根据随机变量的特点即可判断；对C，利用百分位数计算公式即可判断；对D，根据随机变量的均值计算公式即可判断.【详解】对于A，记样本甲，乙的平均数分别为，由甲乙组成的总体样本的平均数为，则甲乙组成的总体样本的方差为，故A不正确；对于B，因为随机变量，所以，故B正确；对于C，因为，所以数据1，3，4，5，7，8，10的第80百分位数是8，故C正确；对于D，因为，所以，所以，故D正确；故选：BCD．10.设是上的奇函数，且对都有，当时，，则下列说法正确的是（）A.的最大值是1，最小值是0 B.当时，C.点是函数的对称中心 D.在区间上是增函数【答案】BD【解析】【分析】根据是上的奇函数得到，再由都有，得到的图象关于对称，然后推出是周期为4的周期函数，结合时，逐项判断.【详解】因为是上的奇函数，所以，又对都有，所以的图象关于对称，因为，即，所以，所以是周期为4的周期函数，又当时，单调递增，所以在上单调递增，则在上单调递增，由的图象关于对称，得在上单调递增，所以在上的最大值是，最小值是，故A错误；当时，，则，故B正确；由对都有，得的图象关于对称，故C错误；由在上单调递增，且周期为4，则在区间上是增函数，故D正确；故选：BD11.过点直线交抛物线于，两点，线段的中点为，抛物线的焦点为，下列说法正确的是（）A.以为直径的圆过坐标原点 B.若，则C.若直线的斜率存在，则斜率为 D.【答案】ACD【解析】【分析】设，联立抛物线方程得到韦达定理式，计算即可判断A；直接代入并利用焦半径公式即可判断B；求出，则，即可判断C；计算得即可判断D.【详解】由题意可知直线斜率不为0，设，联立得，则，对于A选项，，因为，所以，所以以为直径的圆过坐标原点，A说法正确；对于B选项，若，则，由抛物线的定义可得，B说法错误；对于C选项，因为为线段中点，所以，若直线的斜率存在，则，直线的斜率，C说法正确；对于D选项，，D说法正确；故选：ACD.【点睛】关键点点睛：本题的关键是采用设线法并联立抛物线方程得到韦达定理式，再整体代入一一判断即可.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知，分别是椭圆的左、右焦点，是上一点，若的周长为10，则的离心率为______.【答案】##【解析】【分析】由已知可得，再由的周长为10，可得，求出，从而可求出离心率.【详解】由椭圆方程可得，得，因为是上一点，所以，因为的周长为10，所以，得，所以的离心率为.故答案为：13.在中，角的对边分别为，，，且的周长为，则角为______.【答案】【解析】【分析】由题意知，先根据正弦定理边化角，再利用余弦定理求出角即可.【详解】由题意知，，由正弦定理得，，即，所以，由余弦定理得，，又，所以.故答案为：.14.若函数的图象上存在关于原点对称的点，则实数的取值范围是_________.【答案】【解析】【分析】由题意可得有正根，参变分离后构造函数，借助导数研究其单调性即可得其值域，即可得解.【详解】当时，，有解，∴有正根，即，令，则，故当时，，当单调递增，，故在单调递减，单调递增，，∴.故答案为：.【点睛】方法点睛：函数的图象上存在关于原点对称的点，问题转化为有解，得到在上有解，通过构造函数求值域解决.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.15.已知数列的首项，且满足.（1）求，；（2）证明：数列为等比数列；（3）求数列的通项公式.【答案】（1），；（2）证明见解析；（3）【解析】【分析】（1）直接代入计算即可；（2）变形得，即可证明；（3）根据（2）的结论得，再移项即可.【小问1详解】，【小问2详解】由得，且，所以数列是首项为2，公比为3的等比数列.【小问3详解】由（2）知数列是首项为2，公比为3的等比数列，所以，即:.16.如图，在四棱柱中，底面是矩形，，，，.（1）证明：平面平面；（2）若三棱锥的体积为，求二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据面面垂直的判定定理即可求解；（2）根据体积求出，利用空间直角坐标系即可求解.【小问1详解】因为四边形为矩形，所以，又，，，平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面；【小问2详解】因为，，，所以，因为，即，所以，即，由（1）可知，，，两两互相垂直，以为原点，以直线，，分别为轴，轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，，设平面的一个法向量，则，取，则，设平面的一个法向量，则，取，则，于是，故二面角的正弦值为.17.某生物研究小组准备探究某地区棉花长绒分布规律，据统计该地区棉花有，个品种，且这两个品种的种植数量大致相等，记种棉花和种棉花的绒长（单位：）分别为随机变量，，其中服从正态分布，服从正态分布.（1）从该地区的棉花中随机采摘一朵，求这朵棉花的绒长在区间的概率；（2）记该地区棉花的绒长为随机变量，若用正态分布来近似描述的分布，请你根据（1）中的结果，求参数和的值（精确到0.1）；（3）在（2）的条件下，从该地区的棉花中随机采摘3朵，记这3朵棉花中绒长在区间的个数为，求的分布列及数学期望（分布列写出计算表达式即可）.参考数据：若，则，，.【答案】（1）；（2），．（3）分布列见解析，期望为.【解析】【分析】（1）根据正态分布的对称性计算即可；（2）首先求得，再根据（1）得到方程组，解出即可；（3）利用二项分布的模型即可得到其分布列，再计算其期望即可.【小问1详解】记这朵棉花的线长为．因为A种棉花和种棉花的个体数量大致相等，所以这朵棉花是A种还是种的可能性是相等的．所以．【小问2详解】由于两种棉花的个体数量相等，，的方差也相等，根据正态曲线的对称性，可知，由（1）可知得．【小问3详解】设棉花的绒长为，则，由题有，所以，因此的分布列为0123.18.已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率.（1）求双曲线C的方程；（2）记双曲线C的右顶点为，过点作直线，与C的左支分别交于两点，且，为垂足.（i）证明：直线恒过定点，并求出点坐标；（ii）判断是否存在定点，使得为定值，若存在说明理由并求出点坐标.【答案】（1）（2）（i）证明见解析，；（ii）存在，，理由见解析【解析】【分析】（1）利用待定系数法结合双曲线的几何性质即可求得双曲线C的方程：（2）（i）设直线方程为，与双曲线方程联立方程组，利用韦达定理，并结合条件进行运算，即可证明直线过定点；（ii）由，此时存在以为斜边的直角三角形，从而可知存在定点为中点满足，从而可求出点坐标【小问1详解】由题意，双曲线的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为，可得，解得，所以双曲线方程.【小问2详解】证明：（i）由（1）知，当直线斜率存在时，设直线方程为，联立方程组，整理得，，即，设，由韦达定理可得.因为，所以，可得，即，即，整理得，即，即，可得，解得，将代入直线，此时直线过定点，不合题意；将代入直线，此时直线过定点，当直线的斜率不存在时，不妨设直线方程为，因为，所以为等腰直角三角形，此时点坐标为，所以（舍）或，此时过定点，综上可知，直线恒过定点（ii）因为，此时存在以为斜边的直角三角形，所以存在定点为中点满足，此时.【点睛】关键点点睛：第二小问中通过分析直线与双曲线的交点，求解直线MN的特性及其与双曲线的交点M、N的坐标关系，进而确定直线MN是否通过一个定点P，并探索是否存在一个定点Q，使得从点D到Q的距离为一个固定值。本题主要考查双曲线的性质和直线与双曲线的综合问题，属于较难题.19.已知函数.（1）当时，求的极值；（2）若，求的值；（3）求证：.【答案】（1）在处取得极小值，无极大值（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）求导，根据函数的单调性可得最值；（2）分情况讨论函数单调性与最值情况，可得参数值；（3）利用放缩法，由，可知若证，即证，再根据，可得证.【小问1详解】当时，，，则，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以在处取得极小值，无极大值；【小问2详解】由题意得，①