河北省邯鄲市大名縣一中2025屆高三第五次模擬考試數學試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，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．設復數滿足（為虛數單位），則在復平面內對應的點位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．在等差數列中，，，若（），則數列的最大值是（）A． B．C．1 D．33．設、是兩條不同的直線，、是兩個不同的平面，則的一個充分條件是（）A．且 B．且 C．且 D．且4．在天文學中，天體的明暗程度可以用星等或亮度來描述.兩顆星的星等與亮度滿足，其中星等為mk的星的亮度為Ek（k=1,2）.已知太陽的星等是–26.7，天狼星的星等是–1.45，則太陽與天狼星的亮度的比值為()A．1010.1 B．10.1 C．lg10.1 D．10–10.15．已知拋物線C：，過焦點F的直線l與拋物線C交于A，B兩點（A在x軸上方），且滿足，則直線l的斜率為（）A．1 B．C．2 D．36．已知全集，集合，，則（）A． B． C． D．7．若直線與曲線相切，則（）A．3 B． C．2 D．8．已知雙曲線與雙曲線沒有公共點，則雙曲線的離心率的取值范圍是()A． B． C． D．9．中國古典樂器一般按“八音”分類．這是我國最早按樂器的制造材料來對樂器進行分類的方法，最先見于《周禮·春官·大師》，分為“金、石、土、革、絲、木、匏（páo）、竹”八音，其中“金、石、木、革”為打擊樂器，“土、匏、竹”為吹奏樂器，“絲”為彈撥樂器．現從“八音”中任取不同的“兩音”，則含有打擊樂器的概率為（）A． B． C． D．10．已知為虛數單位，復數，則其共軛復數（）A． B． C． D．11．已知某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是（）A． B．64 C． D．3212．執行如圖所示的程序框圖，則輸出的值為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．的角所對的邊分別為，且，，若，則的值為__________.14．在平面直角坐標系中，點的坐標為，點是直線：上位于第一象限內的一點．已知以為直徑的圓被直線所截得的弦長為，則點的坐標__________．15．已知為橢圓上的一個動點，，，設直線和分別與直線交于，兩點，若與的面積相等，則線段的長為______.16．已知中，點是邊的中點，的面積為，則線段的取值范圍是__________.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）已知△ABC三內角A、B、C所對邊的長分別為a，b，c，且3sin2A+3sin2B＝4sinAsinB+3sin2C．（1）求cosC的值；（2）若a＝3，c，求△ABC的面積．18．（12分）已知為坐標原點，單位圓與角終邊的交點為，過作平行于軸的直線，設與終邊所在直線的交點為，.（1）求函數的最小正周期；（2）求函數在區間上的值域.19．（12分）若函數為奇函數，且時有極小值.（1）求實數的值與實數的取值范圍；（2）若恒成立，求實數的取值范圍.20．（12分）已知動圓Q經過定點，且與定直線相切（其中a為常數，且）.記動圓圓心Q的軌跡為曲線C．（1）求C的方程，并說明C是什么曲線？（2）設點P的坐標為，過點P作曲線C的切線，切點為A，若過點P的直線m與曲線C交于M，N兩點，則是否存在直線m，使得？若存在，求出直線m斜率的取值范圍；若不存在，請說明理由.21．（12分）設函數.（1）若恒成立，求整數的最大值；（2）求證：.22．（10分）在直角坐標系中，直線的參數方程為（為參數），以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為，點的極坐標為.（1）求的直角坐標方程和的直角坐標；（2）設與交于，兩點，線段的中點為，求.

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、A【解析】

由復數的除法運算可整理得到，由此得到對應的點的坐標，從而確定所處象限.【詳解】由得：，對應的點的坐標為，位于第一象限.故選：.【點睛】本題考查復數對應的點所在象限的求解，涉及到復數的除法運算，屬于基礎題.2、D【解析】

在等差數列中,利用已知可求得通項公式,進而,借助函數的的單調性可知,當時,取最大即可求得結果.【詳解】因為，所以，即，又，所以公差，所以，即，因為函數，在時，單調遞減，且；在時，單調遞減，且.所以數列的最大值是，且，所以數列的最大值是3.故選:D.【點睛】本題考查等差數列的通項公式,考查數列與函數的關系,借助函數單調性研究數列最值問題,難度較易.3、B【解析】由且可得，故選B.4、A【解析】

由題意得到關于的等式，結合對數的運算法則可得亮度的比值.【詳解】兩顆星的星等與亮度滿足,令,.故選A.【點睛】本題以天文學問題為背景,考查考生的數學應用意識?信息處理能力?閱讀理解能力以及指數對數運算.5、B【解析】

設直線的方程為代入拋物線方程，利用韋達定理可得,,由可知所以可得代入化簡求得參數,即可求得結果.【詳解】設，（，）.易知直線l的斜率存在且不為0，設為，則直線l的方程為.與拋物線方程聯立得，所以，.因為，所以，得，所以，即，，所以.故選:B.【點睛】本題考查直線與拋物線的位置關系,考查韋達定理及向量的坐標之間的關系,考查計算能力，屬于中檔題.6、B【解析】

直接利用集合的基本運算求解即可．【詳解】解：全集，集合，，則，故選：．【點睛】本題考查集合的基本運算，屬于基礎題．7、A【解析】

設切點為，對求導，得到，從而得到切線的斜率，結合直線方程的點斜式化簡得切線方程，聯立方程組，求得結果.【詳解】設切點為，∵，∴由①得，代入②得，則，，故選A.【點睛】該題考查的是有關直線與曲線相切求參數的問題，涉及到的知識點有導數的幾何意義，直線方程的點斜式，屬于簡單題目.8、C【解析】

先求得的漸近線方程，根據沒有公共點，判斷出漸近線斜率的取值范圍，由此求得離心率的取值范圍.【詳解】雙曲線的漸近線方程為，由于雙曲線與雙曲線沒有公共點，所以雙曲線的漸近線的斜率，所以雙曲線的離心率.故選：C【點睛】本小題主要考查雙曲線的漸近線，考查雙曲線離心率的取值范圍的求法，屬于基礎題.9、B【解析】

分別求得所有基本事件個數和滿足題意的基本事件個數，根據古典概型概率公式可求得結果.【詳解】從“八音”中任取不同的“兩音”共有種取法；“兩音”中含有打擊樂器的取法共有種取法；所求概率.故選：.【點睛】本題考查古典概型概率問題的求解，關鍵是能夠利用組合的知識求得基本事件總數和滿足題意的基本事件個數.10、B【解析】

先根據復數的乘法計算出，然后再根據共軛復數的概念直接寫出即可.【詳解】由，所以其共軛復數.故選：B.【點睛】本題考查復數的乘法運算以及共軛復數的概念，難度較易.11、A【解析】

根據三視圖，還原空間幾何體，即可得該幾何體的體積.【詳解】由該幾何體的三視圖，還原空間幾何體如下圖所示：可知該幾何體是底面在左側的四棱錐，其底面是邊長為4的正方形，高為4，故.故選：A【點睛】本題考查了三視圖的簡單應用，由三視圖還原空間幾何體，棱錐體積的求法，屬于基礎題.12、B【解析】

列出每一次循環，直到計數變量滿足退出循環.【詳解】第一次循環：；第二次循環：；第三次循環：，退出循環，輸出的為.故選：B.【點睛】本題考查由程序框圖求輸出的結果，要注意在哪一步退出循環，是一道容易題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

先利用余弦定理求出，再用正弦定理求出并把轉化為與邊有關的等式，結合可求的值.【詳解】因為，故，因為，所以.由正弦定理可得三角形外接圓的半徑滿足，所以即.因為，解得或（舍）.故答案為：.【點睛】本題考查正弦定理、余弦定理在解三角形中的應用，注意結合求解目標對所得的方程組變形整合后整體求解，本題屬于中檔題.14、【解析】

依題意畫圖,設,根據圓的直徑所對的圓周角為直角,可得,通過勾股定理得,再利用兩點間的距離公式即可求出,進而得出點坐標.【詳解】解:依題意畫圖,設以為直徑的圓被直線所截得的弦長為,且,又因為為圓的直徑,則所對的圓周角,則,則為點到直線：的距離.所以,則.又因為點在直線：上,設,則.解得,則.故答案為:【點睛】本題考查了直線與圓的位置關系,考查了兩點間的距離公式,點到直線的距離公式,是基礎題.15、【解析】

先設點坐標，由三角形面積相等得出兩個三角形的邊之間的比例關系，這個比例關系又可用線段上點的坐標表示出來，從而可求得點的橫坐標，代入橢圓方程得縱坐標，然后可得．【詳解】如圖，設，，，由，得，由得，∴，解得，又在橢圓上，∴，，∴．故答案為：．【點睛】本題考查直線與橢圓相交問題，解題時由三角形面積相等得出線段長的比例關系，解題是由把線段長的比例關系用點的橫坐標表示．16、【解析】

設，利用正弦定理，根據，得到①，再利用余弦定理得②，①②平方相加得：，轉化為有解問題求解.【詳解】設，所以，即①由余弦定理得，即②，①②平方相加得：，即，令，設，在上有解，所以，解得，即，故答案為：【點睛】本題主要考查正弦定理和余弦定理在平面幾何中的應用，還考查了運算求解的能力，屬于難題.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）；（2）或．【解析】

（1）利用正弦定理對已知代數式化簡，根據余弦定理求解余弦值；（2）根據余弦定理求出b＝1或b＝3，結合面積公式求解.【詳解】（1）已知等式3sin2A+3sin2B＝4sinAsinB+3sin2C，利用正弦定理化簡得：3a2+3b2﹣3c2＝4ab，即a2+b2﹣c2ab，∴cosC；（2）把a＝3，c，代入3a2+3b2﹣3c2＝4ab得：b＝1或b＝3，∵cosC，C為三角形內角，∴sinC，∴S△ABCabsinC3×bb，則△ABC的面積為或．【點睛】此題考查利用正余弦定理求解三角形，關鍵在于熟練掌握正弦定理進行邊角互化，利用余弦定理求解邊長，根據面積公式求解面積.18、（1）；（2）.【解析】

（1）根據題意，求得，，因而得出，利用降冪公式和二倍角的正弦公式化簡函數，最后利用，求出的最小正周期；（2）由（1）得，再利用整體代入求出函數的值域.【詳解】（1）因為，，所以，，所以函數的最小正周期為.（2）因為，所以，所以，故函數在區間上的值域為.【點睛】本題考查正弦型函數的周期和值域，運用到向量的坐標運算、降冪公式和二倍角的正弦公式，考查化簡和計算能力.19、（1），；（2）【解析】

（1）由奇函數可知在定義域上恒成立，由此建立方程，即可求出實數的值；對函數進行求導，，通過導數求出，若，則恒成立不符合題意，當，可證明，此時時有極小值.（2）可知，進而得到，令，通過導數可知在上為單調減函數，由可得，從而可求實數的取值范圍.【詳解】（1）由函數為奇函數，得在定義域上恒成立，所以，化簡可得，所以.則，令，則.故當時，；當時，，故在上遞減，在上遞增，若，則恒成立，單調遞增，無極值點；所以，解得，取，則又函數的圖象在區間上連續不間斷，故由函數零點存在性定理知在區間上，存在為函數的零點，為極小值，所以，的取值范圍是.（2）由滿足，代入，消去可得.構造函數，所以，當時，，即恒成立，故在上為單調減函數，其中.則可轉化為，故，由，設，可得當時，則在上遞增，故.綜上，的取值范圍是.【點睛】本題考查了利用導數研究函數的單調性，考查了利用導數求函數的最值，考查了奇函數的定義，考查了轉化的思想.對于恒成立的問題，常轉化為求的最小值，使；對于恒成立的問題，常轉化為求的最大值，使.20、（1），拋物線；（2）存在，.【解析】

（1）設，易得，化簡即得；（2）利用導數幾何意義可得，要使，只需.聯立直線m與拋物線方程，利用根與系數的關系即可解決.【詳解】（1）設，由題意，得，化簡得，所以動圓圓心Q的軌跡方程為，它是以F為焦點，以直線l為準線的拋物線.（2）不妨設.因為，所以，從而直線PA的斜率為，解得，即，又，所以軸.要使，只需.設直線m的方程為，代入并整理，得.首先，，解得或.其次，設，，則，..故存在直線m，使得，此時直線m的斜率的取值范圍為.【點睛】本題考查直線與拋物線位置關系的應用，涉及拋物線中的存在性問題，考查學生的計算能力，是一道中檔題.21、（1）整數的最大值為；（2）見解析.【解析】

（1）將不等式變形為，構造函數，利用導數研究函數的單調性并確定其最值，從而得到正整數的最大值；（2）根據（1）的結論得到，利用不等式的基本性質可證得結論.【詳解】（1）由得，令，，令，對恒成立，所以，函數在上單調遞增，，，，，故存在使得，即，從而當時，有，，所以，函數在上單調遞增；當時，有，，所以，函數在上單調遞減.所以，，，因此，整數的最大值為；（2）由（1）知恒成立，，令則，，，，，上述等式全部相加得，所以，，因此，【點睛】本題考查導數在函數單調性、最值中的應用，以及放縮法證明不等式的技巧，屬于難題．22、（1），（2）【解析】

（1）利用互化公式把曲線C化成直角坐標方程，把點P的極坐標化成直角坐標；（2）把直線l的參數方程的標準形式代入曲線C的直角