2025届山西省太原市高三一模考试数学试题（解析版）

第1页/共1页太原市2025年高三年级模拟考试（一）数学（考试时间：下午15:00—17:00）注意事项：1．本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，第I卷1至4页，第II卷5至8页.2．回答第I卷前，考生务必将自己的姓名、考试编号填写在答题卡上.3．回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B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，再选涂其他答案标号，写在本试卷上无效.4．回答第II卷时，将答案写在答题卡相应位置上，写在本试卷上无效.5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.第I卷（选择题共58分）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.计算（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】直接由复数的除法运算可得解.【详解】.故选：B.2.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】解不等式确定集合，然后由并集定义计算.【详解】因为，，解得：，，所以.故选：C.3.已知，，若，则实数（）A. B.3 C.6 D.【答案】A【解析】【分析】利用平面向量减法的坐标表示求出，再利用平面向量平行的坐标表示建立方程，求解参数即可.【详解】因为，，所以，因为，所以，解得，故A正确.故选：A4.已知，，，则下列结论正确是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用对数函数的性质，分别比较与的大小即可.【详解】由，.所以.故选：B5.已知的三条边长分别为3，4，5，的两个顶点是椭圆的焦点，其另一个顶点在椭圆上，则的离心率的最大值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据焦距进行分类讨论，结合已知条件求离心率的最大值.【详解】已知的三条边长分别为，，，因为，所以是直角三角形.设的两个顶点为椭圆的焦点，另一个顶点在椭圆上.情况一：若焦距，则椭圆上一点到两焦点距离之和.此时离心率.情况二：若焦距，则椭圆上一点到两焦点距离之和.此时离心率.情况三：若焦距，则椭圆上一点到两焦点距离之和.此时离心率.所以椭圆的离心率的最大值为.故选：C.6.将函数的图象先向左平移个单位，再向上平移1个单位后，所得的图象经过点，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先根据函数平移的规则，求出平移后的新函数，然后将代入新函数，得，结合条件求出即可.【详解】函数向左平移个单位，再向上平移1个单位后，得到的新函数为当时，,化简得,即,则,其中，解得,，又因为,所以，所以故选：C.7.已知等差数列的前项和为，且，是以1为公差的等差数列，则下列结论正确的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先设出首项和公差作为基本量，再结合给定条件建立方程求解参数，得到，最后结合等差数列的性质与求和公式逐个选项分析求解即可.【详解】设等差数列的首项为，公差为，因为，所以，得到，即，因为是以1为公差的等差数列，所以，则，化简得，即，因为，所以，解得，则，下面我们开始分析各个选项，对于A，，故A错误，对于B，，故B正确，对于C，，故C错误，对于D，，故D错误.故选：B8.已知函数有三个零点，则实数的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】问题化为在上有三个根，进而化为有三个根，导数研究且的区间单调性和值域，讨论参数m判断方程根的个数求参数范围.【详解】令，则，两侧平方得，即，所以，对于且，有，上，即在上单调递增，上，即在上单调递减，当时有，当时有，当时有，在上值域为，在上值域为，在上值域为，当时，，则有三个根，则，满足题设；当时，，可得或，共有两个零点，不合题设；当时，或，且，若，则，即为其中的两个根，此时，结合上述分析且有且仅有一个根，共有三个零点，满足题设；若，则为其中的两个根，而且有且仅有一个根为，此时，一共只有两个零点，不满足题设；若，则，此时为其中一个根，此时，结合上述分析且有且仅有一个根，共有两个零点，不满足题设；综上所述，的取值范围为.故选：A.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.已知样本数据的平均数为3，方差为3，样本数据的平均数为3，方差为6，则下列结论正确的是（）A.数据的平均数为7B.数据的方差为11C.数据的平均数为3D.数据的方差为5【答案】ACD【解析】【分析】利用平均数的性质判断A，C，利用方差的性质判断B，D即可.【详解】对于A，因为样本数据的平均数为3，所以由平均数性质得数据的平均数为，故A正确，对于B，因为样本数据的方差为6，所以数据的方差为，故B错误，对于C，因为样本数据的平均数为3，样本数据的平均数为3，所以数据的平均数为，故C正确，对于D，由已知得数据的平均数为，则新方差为，故D正确.故选：ACD10.已知函数，若，且，则下列结论正确的是（）A. B.C. D.【答案】AB【解析】【分析】通过分析函数的单调性，再结合已知条件且来逐一判断选项.【详解】,即,解不等式可得,所以函数的定义域为，，因为,所以,则,函数在上单调递增；对于选项A：已知,因为函数在上单调递增，所以,故A正确；对于选项B：由且，可得，因为函数在上单调递增，所以,故B正确；对于选项C：由且，可得,，因为函数在上单调递增，所以,故C错误；对于选项D：因为且,所以，,又因为函数在上单调递增，所以,故D错误；故选：AB.11.已知动点到点和直线的距离和为5，记其轨迹为曲线．点，是曲线上的两个不同点，点，则下列结论正确的是（）A.曲线的方程为B.对于任意，都存在点，，使得成立C.当时，若点，关于点对称，则D.若点，关于点对称，则的取值范围为【答案】BCD【解析】【分析】求曲线的方程，判断A的真假；根据曲线的对称性，可判断B的真假；结合，坐标的特点，可求的取值范围，判断C的真假；分，两种情况，求的取值范围，判断D的真假.【详解】对A：根据题意，列方程：.当时，化简可得：；当时，化简可得：.故A错误.对B：由A，作出曲线如下：可知曲线关于轴对称，所以对于任意，都存在点，，只要，，就能使得成立，故B正确；对C：因为，所以一定分别在曲线（）和（）上.不放设，（），则，因为，所以.故C正确；对D：若，因为，关于对称，所以当，分别对应点和，时，取得最大值；当接近曲线的上下顶点时，接近于0；若，由C可知，，且，.所以综上：，故D正确.故选：BCD第II卷（非选择题共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.的展开式中的系数是______．（用数字作答）【答案】【解析】【分析】由二项式定理可得的展开式的通项公式，由通项公式结合条件可得答案.【详解】的展开式的通项公式为，令可得所以的展开式中的系数是故答案为：13.已知圆台的上、下底面的半径分别为1和3，球与该圆台的上、下底面及其侧面都相切，则球的表面积为________．【答案】【解析】【分析】作出圆台的轴截面，根据题设和几何性质可得，结合勾股定理求出球半径，代入球的表面积即可.【详解】设圆台的高为,球的半径为，作出圆台的轴截面，如图所示，，已知圆台的上、下底面半径分别为，斜边为圆台母线长，圆台的轴截面等腰梯形的高等于球的直径2,因为球与圆台侧面相切，所以,则，所以,所以，同时，由勾股定理可得,将,代入到中，得到，化简得，，根据球的表面积公式,将代入公式可得：，综上，球的表面积为.故答案为：.14.对于数列，称为数列的1阶商分数列，其中；称为数列的阶商分数列，其中，当时，．已知数列，，且为数列的2阶商分数列，则数列的前项和为________．【答案】【解析】【分析】理解阶商分数列的新定义，根据新定义可得，将和代入化简可得递推关系式：，利用累乘法以及裂项相消法即可求得，从而求得数列的前n项和.【详解】根据题目中的定义，数列的1阶商分数列中，满足：①，则②；2阶商分数列中，满足：，根据题意，，将①，②代入上式可得：③，将和代入③得：，化简后得到递推关系式：，化简可得：，由累乘法可得：，所以，经检验，，，满足上式；所以，设数列的前n项和为，则，.故答案为：.四、解答题：本大题共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，，分别是的内角，，的对边，且．（1）求；（2）若是边上一点，且，，求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用余弦定理化简已知条件，从而求得.（2）利用三角恒等变换求得，利用正弦定理列方程来求得.【小问1详解】由得，由余弦定理得，∵，∴．小问2详解】设，∵，∴，∴，在中，由正弦定理得，在中，由正弦定理得，∵，∴，∴，∴．16.已知函数，．（1）讨论函数的单调性；（2）当时，若恒成立，求的值．【答案】（1）答案见解析；（2）.【解析】【分析】（1）求出函数的导数，再分类讨论求出函数的单调性.（2）由给定不等式构造函数，得该函数在处取得最小值，结合极值的意义求出，再验证得解.【小问1详解】函数的定义域为，求导得，当时，，函数在上单调递增；当时，由，得；由，得，函数在上单调递减，在上单调递增，所以当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递减，在上单调递增.【小问2详解】令，，求导得，由当时，恒成立，得，恒成立，而，因此是函数的最小值，又在可导，则1是的极小值点，，解得，当时，，，令，，求导得，由，得；由，得，函数在上单调递减，在上单调递增，则，即，因此，当且仅当时取等号，所以.17.如图，在多面体中，四边形是边长为2的菱形，且，平面，平面平面，是等边三角形．（1）求证：；（2）若，点是线段上一点，二面角的余弦值为，求的长．【答案】（1）证明见解析（2）1【解析】【分析】（1）设是的中点，根据菱形的几何性质有，由面面垂直的性质定理可知平面，进而可证明平面，所以.（2）建立空间直角坐标系，设，通过计算法向量来表示二面角的余弦值，计算求得的值即可得出结果.【小问1详解】证明：设是的中点，连结，，∵平面，∴，∵是等边三角形，∴，∵平面平面，∴平面，∴，∴，，，共面，∵四边形边长为2的菱形，，，中，，∴，∴，∵四边形为菱形，∴，∴，∵，∴平面，∴．【小问2详解】由（1）得，，∵平面，∴，以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，设，则，设是平面的一个法向量，则∴取，则，∴，设是平面的一个法向量，则∴取，则，，∴，∵二面角的余弦值为，∴，∴或（舍去），∴．18.已知圆，点，动点，以为直径的圆与圆相外切，记点的轨迹为曲线．（1）求曲线的方程；（2）设点，，，直线，分别与曲线交于点，（点异于点）．①求证：直线过定点；②若，为垂足，求点的轨迹方程．【答案】（1）（2）①证明见解析；②【解析】【分析】（1）设是的中点，，连接，，即可得到，结合双曲线的定义计算可得；（2）①设，，直线方程为，联立直线与曲线方程，消元，列出韦达定理，求出、的方程，令得到，从而得到、的关系，即可求出定点坐标；②由①知直线过定点，记其为点，即可得到在以为直径的圆上，从而求出轨迹方程.【小问1详解】设是的中点，，连接，，由题意可得且，所以，故点的轨迹是以，为焦点，实轴长为2的双曲线的右支曲线，则，所以，，所以曲线的方程为．【小问2详解】①设，，直线的方程为，由得，∴，，直线的方程为，令，则，直线的方程为，令，则，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，即，∴，∴或，当时，直线的方程为，令，即，所以，所以直线经过点，即点与重合，与题意不符；当时，直线的方程为，令，即，所以，所以直线过定点；②由①知直线过定点，记其为点，由可知垂足在以为直径的圆上，∵，∴，所以点的轨迹方程为．19.某商场推出购物抽奖促销活动，活动规则如下：①顾客在该商场内的消费额每满100元，可获得1张奖券；②每张奖券可以进行1次抽奖活动，即从装有4个白球、2个红球的盒子中，随机摸取1个球（每个球被摸到的可能性相同）．奖励规则：若摸出白球，则没有中奖，摸出的白球放回原盒子中，本张奖券抽奖活动结束；若摸出红球，则中奖，获得礼品1份，且摸出的红球不放回原盒子中，同时得到一次额外的抽奖机会（该抽奖机会无需使用新的奖券），继续从当前盒子中随机摸取1个球，其奖励规则不变；③从第二张奖券开始，使用每张奖券抽奖时均在前一张奖券抽奖活动的基础上进行；④若顾客获得2份礼品（即该顾客将2个红球都摸出）或使用完所获奖券，则该顾客本次购物的抽奖活动结束．（1）顾客甲通过在商场内消费获得了若干张奖券并进行抽奖，求事件“甲使用第2张奖券抽奖，中奖"的概率；（2）顾客乙通过在商场内消费获得了若干张奖券并进行抽奖，求事件“乙获得第2份礼品时，共使用了3张奖券”的概率；（3）顾客丙消费了1000元，设表示顾客丙在这次抽奖活动中所使用奖券的数量，求的分布列及其期望．【答案】（1）（2）（3）分布列见解析，【解析】【分析】（1）根据古典概型，分别确定每个子事件发生的概率，再利用分步乘法计数原理，将两个子事件的概率相乘，从而得到目标事件的概率.（2）“乙获得第2份礼品时，共使用了3张奖券”存在多种实现路径，通过细致分析抽奖规则，将其分为“第1张未中奖，第2、3张中奖”和“第1张中奖，第2张未中奖，第3张中奖”这两种互斥情况,计算可求得结果;（3）依据抽奖规则和题目设定，明确随机变量所有可能的取值为1、2、3,概率求解：对每个取值，分析其对应的抽奖