2025屆山西省河津三中高三3月份模擬考試數學試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知命題：R，；命題：R，，則下列命題中為真命題的是（）A． B． C． D．2．中國古代數學著作《孫子算經》中有這樣一道算術題：“今有物不知其數，三三數之余二，五五數之余三，問物幾何？”人們把此類題目稱為“中國剩余定理”，若正整數除以正整數后的余數為，則記為，例如．現將該問題以程序框圖的算法給出，執行該程序框圖，則輸出的等于（）．A． B． C． D．3．在平行六面體中，M為與的交點，若,，則與相等的向量是（）A． B． C． D．4．二項式的展開式中只有第六項的二項式系數最大，則展開式中的常數項是()A．180 B．90 C．45 D．3605．某幾何體的三視圖如圖所示，其中正視圖是邊長為4的正三角形，俯視圖是由邊長為4的正三角形和一個半圓構成，則該幾何體的體積為（）A． B． C． D．6．若函數滿足，且，則的最小值是（）A． B． C． D．7．著名的斐波那契數列：1，1，2，3，5，8，…，滿足，，，若，則()A．2020 B．4038 C．4039 D．40408．若，滿足約束條件，則的最大值是（）A． B． C．13 D．9．已知函數，若函數在上有3個零點，則實數的取值范圍為（）A． B． C． D．10．記等差數列的公差為，前項和為.若，，則（）A． B． C． D．11．已知拋物線的焦點為，過點的直線與拋物線交于，兩點（設點位于第一象限），過點，分別作拋物線的準線的垂線，垂足分別為點，，拋物線的準線交軸于點，若，則直線的斜率為A．1 B． C． D．12．在三棱錐中，，，P在底面ABC內的射影D位于直線AC上，且，.設三棱錐的每個頂點都在球Q的球面上，則球Q的半徑為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．數據的標準差為_____．14．現有5人要排成一排照相，其中甲與乙兩人不相鄰，且甲不站在兩端，則不同的排法有____種.（用數字作答）15．已知、為正實數，直線截圓所得的弦長為，則的最小值為__________.16．己知雙曲線的左、右焦點分別為，直線是雙曲線過第一、三象限的漸近線，記直線的傾斜角為，直線，，垂足為，若在雙曲線上，則雙曲線的離心率為_______三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）如圖，在四棱錐中，底面，，，，為的中點，是上的點.（1）若平面，證明：平面.（2）求二面角的余弦值.18．（12分）記函數的最小值為.（1）求的值；（2）若正數，，滿足，證明：.19．（12分）設函數，是函數的導數.（1）若，證明在區間上沒有零點；（2）在上恒成立，求的取值范圍.20．（12分）設為拋物線的焦點，，為拋物線上的兩個動點，為坐標原點.（Ⅰ）若點在線段上，求的最小值；（Ⅱ）當時，求點縱坐標的取值范圍.21．（12分）在中，角，，所對的邊分別為，，，且．求的值；設的平分線與邊交于點，已知，，求的值.22．（10分）在銳角中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.已知.（1）求的值；（2）當，且時，求的面積.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、B【解析】

根據，可知命題的真假，然后對取值，可得命題的真假，最后根據真值表，可得結果.【詳解】對命題：可知，所以R，故命題為假命題命題：取，可知所以R，故命題為真命題所以為真命題故選：B【點睛】本題主要考查對命題真假的判斷以及真值表的應用，識記真值表，屬基礎題.2、C【解析】從21開始，輸出的數是除以3余2，除以5余3，滿足條件的是23，故選C.3、D【解析】

根據空間向量的線性運算，用作基底表示即可得解.【詳解】根據空間向量的線性運算可知因為,，則即，故選：D.【點睛】本題考查了空間向量的線性運算，用基底表示向量，屬于基礎題.4、A【解析】試題分析：因為的展開式中只有第六項的二項式系數最大，所以，，令，則，.考點：1.二項式定理；2.組合數的計算.5、A【解析】由題意得到該幾何體是一個組合體，前半部分是一個高為底面是邊長為4的等邊三角形的三棱錐，后半部分是一個底面半徑為2的半個圓錐，體積為故答案為A.點睛：思考三視圖還原空間幾何體首先應深刻理解三視圖之間的關系，遵循“長對正，高平齊，寬相等”的基本原則，其內涵為正視圖的高是幾何體的高，長是幾何體的長；俯視圖的長是幾何體的長，寬是幾何體的寬；側視圖的高是幾何體的高，寬是幾何體的寬.由三視圖畫出直觀圖的步驟和思考方法：1、首先看俯視圖，根據俯視圖畫出幾何體地面的直觀圖；2、觀察正視圖和側視圖找到幾何體前、后、左、右的高度；3、畫出整體，然后再根據三視圖進行調整.6、A【解析】

由推導出，且，將所求代數式變形為，利用基本不等式求得的取值范圍，再利用函數的單調性可得出其最小值.【詳解】函數滿足，，即，，，，即，，則，由基本不等式得，當且僅當時，等號成立.，由于函數在區間上為增函數，所以，當時，取得最小值.故選：A.【點睛】本題考查代數式最值的計算，涉及對數運算性質、基本不等式以及函數單調性的應用，考查計算能力，屬于中等題.7、D【解析】

計算，代入等式，根據化簡得到答案.【詳解】，，，故，，故.故選：.【點睛】本題考查了斐波那契數列，意在考查學生的計算能力和應用能力.8、C【解析】

由已知畫出可行域，利用目標函數的幾何意義求最大值．【詳解】解：表示可行域內的點到坐標原點的距離的平方，畫出不等式組表示的可行域，如圖，由解得即點到坐標原點的距離最大，即．故選：．【點睛】本題考查線性規劃問題，考查數形結合的數學思想以及運算求解能力，屬于基礎題．9、B【解析】

根據分段函數，分當，，將問題轉化為的零點問題，用數形結合的方法研究.【詳解】當時，，令，在是增函數，時，有一個零點，當時，，令當時，，在上單調遞增，當時，，在上單調遞減，所以當時，取得最大值，因為在上有3個零點，所以當時，有2個零點，如圖所示：所以實數的取值范圍為綜上可得實數的取值范圍為，故選：B【點睛】本題主要考查了函數的零點問題，還考查了數形結合的思想和轉化問題的能力，屬于中檔題.10、C【解析】

由，和，可求得，從而求得和，再驗證選項.【詳解】因為，，所以解得，所以，所以，，，故選：C.【點睛】本題考查等差數列的通項公式、前項和公式，還考查運算求解能力，屬于中檔題.11、C【解析】

根據拋物線定義，可得，，又，所以，所以，設，則，則，所以，所以直線的斜率．故選C．12、A【解析】

設的中點為O先求出外接圓的半徑，設，利用平面ABC，得，在及中利用勾股定理構造方程求得球的半徑即可【詳解】設的中點為O,因為，所以外接圓的圓心M在BO上.設此圓的半徑為r.因為，所以，解得.因為，所以.設，易知平面ABC，則.因為，所以，即，解得.所以球Q的半徑.故選：A【點睛】本題考查球的組合體，考查空間想象能力，考查計算求解能力，是中檔題二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

先計算平均數再求解方差與標準差即可.【詳解】解：樣本的平均數,這組數據的方差是標準差,故答案為：【點睛】本題主要考查了標準差的計算,屬于基礎題.14、36【解析】

先優先考慮甲、乙兩人不相鄰的排法，在此條件下，計算甲不排在兩端的排法，最后相減即可得到結果.【詳解】由題意得5人排成一排，甲、乙兩人不相鄰，有種排法，其中甲排在兩端，有種排法，則6人排成一排，甲、乙兩人不相鄰，且甲不排在兩端，共有（種）排法.所以本題答案為36.【點睛】排列、組合問題由于其思想方法獨特，計算量龐大，對結果的檢驗困難，所以在解決這類問題時就要遵循一定的解題原則，如特殊元素、位置優先原則、先取后排原則、先分組后分配原則、正難則反原則等，只有這樣我們才能有明確的解題方向.同時解答組合問題時必須心思細膩、考慮周全，這樣才能做到不重不漏，正確解題.15、【解析】

先根據弦長，半徑，弦心距之間的關系列式求得，代入整理得，利用基本不等式求得最值.【詳解】解：圓的圓心為，則到直線的距離為，由直線截圓所得的弦長為可得，整理得，解得或(舍去)，令，又，當且僅當時,等號成立,則.故答案為：.【點睛】本題考查直線和圓的位置關系，考核基本不等式求最值，關鍵是對目標式進行變形，變成能用基本不等式求最值的形式，也可用換元法進行變形，是中檔題.16、【解析】

由，則，所以點，因為，可得，點坐標化簡為，代入雙曲線的方程求解.【詳解】設，則，即，解得，則，所以，即，代入雙曲線的方程可得，所以所以解得.故答案為：【點睛】本題主要考查了直線與雙曲線的位置關系，及三角恒等變換，還考查了運算求解的能力和數形結合的思想，屬于中檔題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）證明見解析（2）【解析】

（1）因為，利用線面平行的判定定理可證出平面，利用點線面的位置關系，得出和，由于底面，利用線面垂直的性質，得出，且，最后結合線面垂直的判定定理得出平面，即可證出平面.（2）由（1）可知，，兩兩垂直，建立空間直角坐標系，標出點坐標，運用空間向量坐標運算求出所需向量，分別求出平面和平面的法向量，最后利用空間二面角公式，即可求出的余弦值.【詳解】（1）證明：因為，平面，平面，所以平面，因為平面，平面，所以可設平面平面，又因為平面，所以.因為平面，平面，所以，從而得.因為底面，所以.因為，所以.因為，所以平面.綜上，平面.（2）解：由（1）可得，，兩兩垂直，以為原點，，，所在直線分別為，，軸，建立如圖所示的空間直角坐標系.因為，所以，則，，，，所以，，，.設是平面的法向量，由取取，得.設是平面的法向量，由得取，得，所以，即的余弦值為.【點睛】本題考查線面垂直的判定和空間二面角的計算，還運用線面平行的性質、線面垂直的判定定理、點線面的位置關系、空間向量的坐標運算等，同時考查學生的空間想象能力和邏輯推理能力.18、（1）（2）證明見解析【解析】

（1）將函數轉化為分段函數或利用絕對值三角不等式進行求解；（2）利用基本不等式或柯西不等式證明即可.【詳解】解法一：（1）當時，，當，，當時，，所以解法二：（1）如圖當時，解法三：（1）當且僅當即時，等號成立.當時解法一：（2）由題意可知，，因為，，，所以要證明不等式，只需證明，因為成立，所以原不等式成立.解法二：（2）因為，，，所以，，又因為，所以，所以，原不等式得證.補充：解法三：（2）由題意可知，，因為，，，所以要證明不等式，只需證明，由柯西不等式得：成立，所以原不等式成立.【點睛】本題主要考查了絕對值函數的最值求解，不等式的證明，絕對值三角不等式，基本不等式及柯西不等式的應用，考查了學生的邏輯推理和運算求解能力.19、（1）證明見解析（2）【解析】

（1）先利用導數的四則運算法則和導數公式求出，再由函數的導數可知，函數在上單調遞增，在上單調遞減，而，，可知在區間上恒成立，即在區間上沒有零點；（2）由題意可將轉化為，構造函數，利用導數討論研究其在上的單調性，由，即可求出的取值范圍．【詳解】（1）若，則，，設，則，，，故函數是奇函數．當時，，，這時，又函數是奇函數，所以當時，.綜上，當時，函數單調遞增；當時，函數單調遞減.又，，故在區間上恒成立，所以在區間上沒有零點.（2），由，所以恒成立，若，則，設，.故當時，，又，所以當時，，滿足題意；當時，有，與條件矛盾，舍去；當時，令，則，又，故在區間上有無窮多個零點，設最小的零點為，則當時，，因此在上單調遞增.，所以.于是，當時，，得，與條件矛盾.故的取值范圍是.【點睛】本題主要考查導數的四則運算法則和導數公式的應用，以及利用導數研究函數的單調性和最值，涉及分類討論思想和放縮法的應用，難度較大，意在考查學生的數學建模能力，數學運算能力和邏輯推理能力，屬于較難題．20、（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】

（1）由拋物線的性質，當軸時，最小；（2）設點，，分別代入拋物線方程和得到三個方程，消去，得到關于的一元二次方程，利用判別式即可求出的范圍.【詳解】解：（1）由拋物線的標準