第1頁/共1頁2025屆高三年級模擬聯考?數學試題考生注意：1.本試卷分選擇題和非選擇題兩部分.滿分150分，考試時間120分鐘.2.考生作答時，請將答案答在答題卡上.選擇題每小題選出后，用2B鉛筆把答案上對應題目的答案標號涂黑：非選擇題請用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題目的答題區域內內作答，超出答題區域書寫的答案無效，在試題卷?草稿紙上作答無效.3本卷命題范圍：高考范圍.一?選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一是合題目要求的.1.設集合.則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析】通過解二次不等式及對數不等式可化簡集合，然后由交集定義可得答案.【詳解】或，，所以.故選：C.2.已知復數，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【答案】A【解析】【分析】根據復數的除法運算化簡即可求解.【詳解】在復平面內對應的點為，∴在復平面內對應的點位于第一象限.故選：A.3.如圖，某雙曲線筆簡的軸截面曲線部分為一條離心率為且焦距為的雙曲線的一部分.忽略筆筒的厚度，該筆筒中間最窄處的直徑為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據題意求出，該筆筒中間最窄處的直徑為得解.【詳解】依題意可得，所以，所以該筆筒中間最窄處的直徑為.故選：B.4.已知，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據和差角的余弦公式即可求解.【詳解】.故選：A.5.已知向量，若，則實數的值為（）A.4 B.或1 C. D.4或【答案】B【解析】【分析】將平方化簡得，然后利用數量積的坐標公式列式計算即可.【詳解】將兩邊平方，得，由得，即，解得或1.故選：B.6.已知函數，那么在下列區間中含有函數零點的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由題可得在0,+∞上單調遞增，后由零點存在性定理結合冪函數，指數函數單調性可判斷選項正誤.【詳解】注意到函數圖象在0,+∞上連續不間斷，因為在0,+∞上均單調遞增，則在0,+∞上單調遞增.對于A，.因函數在0,+∞上單調遞增，所以，則在上無零點，故A錯誤；對于B，因為在0,+∞上單調遞減，則，結合，故在上存在零點，故正確；對于CD，由于在0,+∞上單調遞增，，可知C?D都是錯誤的.故選：B.7.已知隨機變量服從正態分布服從二項分布，則（）A. B.C.， D.【答案】D【解析】【分析】根據正態分布以及二項分布的期望和方差公式即可求解AB，根據二項分布的概率公式即可求解C，根據正態分布的對稱性質即可求解D.【詳解】，故AB錯誤；，故C錯誤；根據正態分布的對稱性可得，故D正確.故選:D.8.已知，其中相鄰的兩條對稱軸的距離為，且經過點，則關于的方程在上的不同解的個數為（）A.6 B.5 C.4 D.3【答案】A【解析】【分析】把方程解的個數問題轉化為兩函數圖象的交點個數問題，從而利用數形結合可找到答案.【詳解】由已知相鄰兩條對稱軸的距離為，可得，又，可得，由函數經過點，則，即，又，可得，所以，因為函數的最小正周期為，所以函數的最小正周期為，所以在函數有三個周期的圖象，在坐標系中結合五點法畫出兩函數圖象，如圖所示，由圖可知，兩函數圖象有6個交點，故選：A.二?多項選擇題：本大題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.為了弘揚奧運會中我國射擊隊頑強拼博的布斗精神，某校射擊興趣小組組織了校內射擊比賽，得到8名同學的射擊環數為：6，6，7，8，9，9，9，10（位：環），則這組樣本數據的（）A.極差為4 B.平均數是8C.75%分位數是9 D.方差為4【答案】ABC【解析】【分析】根據極差、方差、平均數、百分位數定義，結合給定數據求對應值，即可判斷各項正誤.【詳解】將這組數據從小到大排序，得，這組數據的極差為，故A正確；平均數為，故B正確；因為，所以第75%分位數為，故C正確；方差為，故D錯誤.故選：ABC10.設函數，則（）A.有三個零點B.是的極小值點C.的圖象關于點中心對稱D.當時，【答案】BC【解析】【分析】根據零點的定義直接判斷A選項，求導判斷函數的單調性與極值情況，可判斷BD選項，根據函數圖像的對稱性可判斷C選項.【詳解】對于A，令，解得或，所以有兩個零點，故A選項錯誤；對于B，由，令，解得或，當或時，f′x>0，即在和1,+∞上單調遞增，當時，f′x<0，即在?1,1所以是的極小值點，故B選項正確；對于C，因為，則的圖象關于點中心對稱，故C選項正確；對于D，當x∈?1,1時，單調遞減，則當時，單調遞減，又當時，，所以，故D選項錯誤；故選：BC.11.曲線上任點，滿足點到定點的距離與到定直線的距離之和為6，則下列說法中正確的有（）A.曲線經過原點B.曲線關于軸對稱C.曲線上點的橫坐標的取值范圍為D.直線被曲線截得的線段長為【答案】ABD【解析】【分析】根據兩點距離公式可列方程，即可化簡，作出函數圖象即可求解AB，結合拋物線的性質即可求解C，聯立方程，即可求解D.，【詳解】設點Px,y，因為點到定點的距離與到定直線的距離之和為6，所以，當時，得，兩邊同平方，得；當時，得，兩邊同平方，得，對于A，如圖，曲線過原點，A正確；對于B，由圖易知，兩段拋物線弧均關于軸對稱，故曲線關于軸對稱，B正確；對于C，若點Px,y在上，得，所以，若點Px,y在上，同理得，C錯誤；對于D，由，得或（舍去），由，得或（（舍去），故與曲線交于點，則，可得，D正確.故選：ABD.【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵是由兩點間距離公式推導出函數的表達式，再根據yy的取值范圍去掉絕對值符號，得到分段函數.三?填空題：本大題共3小題，每小題5分，共15分.12.二項式的展開式中的系數是__________.【答案】【解析】【分析】根據二項式展開式的通項特征即可求解.【詳解】的展開式的通項為.令，則，故的系數是.故答案為：6013.在如圖所示的斜截圓柱中，已知圓柱底面的直徑為，母線長最短，最長，則斜截圓柱的體積為__________【答案】【解析】【分析】將如圖所示的相同的兩個幾何體拼接為圓柱，求出圓柱的體積即可得答案.【詳解】將如圖所示的相同的兩個幾何體拼接為圓柱，則圓柱底面半徑為，高為，體積為，則該幾何體的體積為圓柱體積的一半，即.故答案為：14.若直線（為常數）與曲線，曲線均相切，則__________.【答案】【解析】【分析】設出切點，求導，根據點斜式求解切線方程，根據兩直線相等，列方程可得，進而代入在直線上，求解.【詳解】因為，所以，設直線與fx=lnx的切點為，則切線方程為，即，又因為，所以解得，所以切線方程為，因為，所以，設直線與的切點為，所以①，又因為切點在直線上，所以②，由①和②可得，所以，解得.故答案為：四?解答題：本大題共5小題，共77分.解答應寫出必要的文字說明?運用過程及演算步驟.15.在中，內角的對邊分別為.已知.（1）求角的大小；（2）已知.求的面積.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由兩角和的余弦公式化簡結合二倍角的余弦公式即可求出的值，進而可求角；（2）由余弦定理可得，再利用三角形面積公式即可求出.【小問1詳解】因為，即，解得或.因為在中，，所以【小問2詳解】在中，由余弦定理，得，整理得，由，解得，所以的面積為.16.如圖，在三棱柱中，側面是邊長為2的菱形，其對角線交于點.且平面.（1）求證：平面；（2）若，求平面與平面夾角的余弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】分析】（1）通過證明，可證明結論；（2）方法1，如圖建立空間直角坐標系，求出平面與平面的法向量，然后由空間向量知識可得答案；方法2，取中點，連接，由題可得平面與平面的夾角即為，然后可得答案.【小問1詳解】證明：因為四邊形是菱形，所以，又因平面，且平面，所以.又平面，所以平面.【小問2詳解】方法1，由，四邊形為菱形，，則是邊長為2的等邊三角形.所以.因為平面，則以點為坐標原點，所在直線分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標系.則，則，設平面的一個法向量為n=x,y,z則，取，則，故，易知平面的一個法向量為，則平面與平面夾角的余弦值cosθ故平面與平面夾角的余弦值為；方法2，由，四邊形為菱形，，則是邊長為2的等邊三角形，所以，所以.取中點，連接，在等腰直角中，且，由勾股定理得.因為，則，.注意到，平面平面，所以平面與平面的夾角即為.在中，，則，即，故平面與平面夾角的余弦值為.17.已知函數.（1）判斷函數的單調性；（2）若恒成立，求的值.【答案】（1）答案見解析（2）【解析】【分析】（1）先求出函數的導函數；再分和兩種情況，利用導數的方法分別判定單調性即可.（2）由（1）中函數單調性，當時，根據函數單調性，以及，可判斷當時，，不符合題意；當時，根據函數單調性，得到，再令，對其求導，根據導數的方法求出其最值，即可結合題中條件求出結果.【小問1詳解】函數定義域為，當時，恒成立，在上單調遞增.當時，由，得，由，得，則函數在上單調遞減，在上單調遞增.綜上，當時，在上單調遞增；當時，在上單調遞減，在上單調遞增.【小問2詳解】由（1）知，當時，在上單調遞增，由，知當時，，不符合題意；當時，函數在上單調遞減，在上單調遞增，故，由恒成立，得恒成立，令，求導得，當時，，當時，，于是函數在上單調遞增，在上單調遞減，所以，故恒成立，因此，所以.18.已知橢圓的焦點為，為橢圓上一點且的周長為.（1）求橢圓的方程.（2）若直線過點交橢圓于兩點，且線段的垂直平分線與軸的交點（i）求直線的方程；（ii）已知點，求的面積.【答案】（1）（2）（i）或；（ii）【解析】【分析】（1）根據條件列方程，求出，即可得答案；（2）（i）判斷直線斜率存在，聯立橢圓方程，可得根與系數關系式，結合題意可得，化簡即可求得答案；（ii）利用弦長公式求出，再求出Q到直線AB的距離，即可求得答案.【小問1詳解】根據題意有，解得，所以橢圓的方程為.【小問2詳解】（i）若直線的斜率不存在，其垂直平分線與軸重合，不符合題意；不妨設直線的方程為的中點為，設，與橢圓方程聯立有，整理得，直線過橢圓焦點，必有，則，所以，由題意知，即，解得，即，整理得直線的方程為或（ii）由弦長公式可知，由直線的對稱性，知點到兩條直線的距離相同，即，所以的面積為.【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：（1）設直線方程，設交點坐標為；（2）聯立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，注意的判斷；（3）列出韋達定理；（4）將所求問題或題中的關系轉化為、（或、）的形式；（5）代入韋達定理求解.19.已知數列是由正整數組成的無窮數列.若存在常數，對任意的成立，則稱數列具有性質.（1）若，請判斷數列是否具有性質；（2）若數列滿足，求證：“數列具有性質”是“數列為常數列”的充要條件；（3）已知數列中，且.若數列只有性質，求數列的通項公式.【答案】（1）數列不具有“性質”（2）證明見解析（3）【解析】【分析】（1）根據性質的定義和遞推公式結合放縮法判斷即可；（2）先證明充分性，依題意可得，即可得到，從而得，再根據定義證明必要性即可；（3）首先根據定義證明，然后利用反證法證明，即可得到，結合即可得解.【小問1詳解】，對于，故，所以數列不具有“性質”.【小問2詳解