2025屆黑龍江大慶一中高三下學期第五次調研考試數學試題試卷注意事項：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．如圖，在等腰梯形中，，，，為的中點，將與分別沿、向上折起，使、重合為點，則三棱錐的外接球的體積是（）A． B．C． D．2．以下關于的命題，正確的是A．函數在區間上單調遞增B．直線需是函數圖象的一條對稱軸C．點是函數圖象的一個對稱中心D．將函數圖象向左平移需個單位，可得到的圖象3．如圖，在平面四邊形ABCD中，若點E為邊CD上的動點，則的最小值為（）A． B． C． D．4．第七屆世界軍人運動會于2019年10月18日至27日在中國武漢舉行，中國隊以133金64銀42銅位居金牌榜和獎牌榜的首位.運動會期間有甲、乙等五名志愿者被分配到射擊、田徑、籃球、游泳四個運動場地提供服務，要求每個人都要被派出去提供服務，且每個場地都要有志愿者服務，則甲和乙恰好在同一組的概率是（）A． B． C． D．5．劉徽(約公元225年-295年)，魏晉期間偉大的數學家，中國古典數學理論的奠基人之一他在割圓術中提出的，“割之彌細，所失彌少，割之又割，以至于不可割，則與圓周合體而無所失矣”，這可視為中國古代極限觀念的佳作，割圓術的核心思想是將一個圓的內接正n邊形等分成n個等腰三角形(如圖所示)，當n變得很大時，這n個等腰三角形的面積之和近似等于圓的面積，運用割圓術的思想，得到的近似值為（）A． B． C． D．6．的展開式中有理項有（）A．項 B．項 C．項 D．項7．若變量，滿足，則的最大值為（）A．3 B．2 C． D．108．我國數學家陳景潤在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界領先的成果，哥德巴赫猜想的內容是：每個大于2的偶數都可以表示為兩個素數的和，例如：，，，那么在不超過18的素數中隨機選取兩個不同的數，其和等于16的概率為（）A． B． C． D．9．記的最大值和最小值分別為和．若平面向量、、，滿足，則（）A． B．C． D．10．的圖象如圖所示，，若將的圖象向左平移個單位長度后所得圖象與的圖象重合，則可取的值的是（）A． B． C． D．11．已知函數，為的零點，為圖象的對稱軸，且在區間上單調，則的最大值是（）A． B． C． D．12．已知函數，，若存在實數，使成立，則正數的取值范圍為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．一個空間幾何體的三視圖及部分數據如圖所示，則這個幾何體的體積是___________14．直線是曲線的一條切線為自然對數的底數)，則實數__________.15．若雙曲線C：（，）的頂點到漸近線的距離為，則的最小值________.16．已知為雙曲線的左、右焦點，過點作直線與圓相切于點，且與雙曲線的右支相交于點，若是上的一個靠近點的三等分點，且，則四邊形的面積為_______．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）已知等差數列的公差，且，，成等比數列．（1）求數列的通項公式；（2）設，求數列的前項和．18．（12分）直線與拋物線相交于，兩點，且，若，到軸距離的乘積為．（1）求的方程；（2）設點為拋物線的焦點，當面積最小時，求直線的方程．19．（12分）在中，角所對的邊分別為，若，，，且.（1）求角的值；（2）求的最大值.20．（12分）在平面直角坐標系中，設，過點的直線與圓相切，且與拋物線相交于兩點．（1）當在區間上變動時，求中點的軌跡；（2）設拋物線焦點為，求的周長(用表示)，并寫出時該周長的具體取值．21．（12分）已知函數（1）當時，求不等式的解集；（2）若函數的值域為A，且，求a的取值范圍.22．（10分）管道清潔棒是通過在管道內釋放清潔劑來清潔管道內壁的工具，現欲用清潔棒清潔一個如圖1所示的圓管直角彎頭的內壁，其縱截面如圖2所示，一根長度為的清潔棒在彎頭內恰好處于位置（圖中給出的數據是圓管內壁直徑大小，）.（1）請用角表示清潔棒的長；（2）若想讓清潔棒通過該彎頭，清潔下一段圓管，求能通過該彎頭的清潔棒的最大長度.

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】

由題意等腰梯形中的三個三角形都是等邊三角形，折疊成的三棱錐是正四面體，易求得其外接球半徑，得球體積．【詳解】由題意等腰梯形中，又，∴，是靠邊三角形，從而可得，∴折疊后三棱錐是棱長為1的正四面體，設是的中心，則平面，，，外接球球心必在高上，設外接球半徑為，即，∴，解得，球體積為．故選：A．【點睛】本題考查求球的體積，解題關鍵是由已知條件確定折疊成的三棱錐是正四面體．2、D【解析】

利用輔助角公式化簡函數得到，再逐項判斷正誤得到答案.【詳解】A選項，函數先增后減，錯誤B選項，不是函數對稱軸，錯誤C選項，，不是對稱中心，錯誤D選項，圖象向左平移需個單位得到，正確故答案選D【點睛】本題考查了三角函數的單調性，對稱軸，對稱中心，平移，意在考查學生對于三角函數性質的綜合應用，其中化簡三角函數是解題的關鍵.3、A【解析】

分析：由題意可得為等腰三角形，為等邊三角形，把數量積分拆，設，數量積轉化為關于t的函數，用函數可求得最小值。詳解：連接BD,取AD中點為O,可知為等腰三角形，而，所以為等邊三角形，。設=所以當時，上式取最小值，選A.點睛：本題考查的是平面向量基本定理與向量的拆分，需要選擇合適的基底，再把其它向量都用基底表示。同時利用向量共線轉化為函數求最值。4、A【解析】

根據題意，五人分成四組，先求出兩人組成一組的所有可能的分組種數，再將甲乙組成一組的情況，即可求出概率.【詳解】五人分成四組，先選出兩人組成一組，剩下的人各自成一組，所有可能的分組共有種，甲和乙分在同一組，則其余三人各自成一組，只有一種分法，與場地無關，故甲和乙恰好在同一組的概率是.故選：A.【點睛】本題考查組合的應用和概率的計算，屬于基礎題.5、A【解析】

設圓的半徑為,每個等腰三角形的頂角為,則每個等腰三角形的面積為,由割圓術可得圓的面積為,整理可得,當時即可為所求.【詳解】由割圓術可知當n變得很大時,這n個等腰三角形的面積之和近似等于圓的面積,設圓的半徑為,每個等腰三角形的頂角為,所以每個等腰三角形的面積為,所以圓的面積為,即,所以當時,可得,故選:A【點睛】本題考查三角形面積公式的應用,考查閱讀分析能力.6、B【解析】

由二項展開式定理求出通項，求出的指數為整數時的個數，即可求解.【詳解】，，當，，，時，為有理項，共項.故選:B.【點睛】本題考查二項展開式項的特征，熟練掌握二項展開式的通項公式是解題的關鍵，屬于基礎題.7、D【解析】

畫出約束條件的可行域，利用目標函數的幾何意義求解最大值即可．【詳解】解：畫出滿足條件的平面區域，如圖示：如圖點坐標分別為，目標函數的幾何意義為，可行域內點與坐標原點的距離的平方，由圖可知到原點的距離最大，故.故選：D【點睛】本題考查了簡單的線性規劃問題，考查數形結合思想，屬于中檔題．8、B【解析】

先求出從不超過18的素數中隨機選取兩個不同的數的所有可能結果，然后再求出其和等于16的結果，根據等可能事件的概率公式可求.【詳解】解：不超過18的素數有2，3，5，7，11，13，17共7個，從中隨機選取兩個不同的數共有，其和等于16的結果，共2種等可能的結果，故概率.故選：B.【點睛】古典概型要求能夠列舉出所有事件和發生事件的個數，本題不可以列舉出所有事件但可以用分步計數得到，屬于基礎題.9、A【解析】

設為、的夾角，根據題意求得，然后建立平面直角坐標系，設，，，根據平面向量數量積的坐標運算得出點的軌跡方程，將和轉化為圓上的點到定點距離，利用數形結合思想可得出結果.【詳解】由已知可得，則，，，建立平面直角坐標系，設，，，由，可得，即，化簡得點的軌跡方程為，則，則轉化為圓上的點與點的距離，，，，轉化為圓上的點與點的距離，，.故選：A.【點睛】本題考查和向量與差向量模最值的求解，將向量坐標化，將問題轉化為圓上的點到定點距離的最值問題是解答的關鍵，考查化歸與轉化思想與數形結合思想的應用，屬于中等題.10、B【解析】

根據圖象求得函數的解析式，即可得出函數的解析式，然后求出變換后的函數解析式，結合題意可得出關于的等式，即可得出結果.【詳解】由圖象可得，函數的最小正周期為，，，則，，取，，則，，，可得，當時，.故選：B.【點睛】本題考查利用圖象求函數解析式，同時也考查了利用函數圖象變換求參數，考查計算能力，屬于中等題.11、B【解析】

由題意可得，且，故有①，再根據，求得②，由①②可得的最大值，檢驗的這個值滿足條件．【詳解】解：函數，，為的零點，為圖象的對稱軸，，且，、，，即為奇數①．在，單調，，②．由①②可得的最大值為1．當時，由為圖象的對稱軸，可得，，故有，，滿足為的零點，同時也滿足滿足在上單調，故為的最大值，故選：B．【點睛】本題主要考查正弦函數的圖象的特征，正弦函數的周期性以及它的圖象的對稱性，屬于中檔題．12、A【解析】

根據實數滿足的等量關系，代入后將方程變形，構造函數，并由導函數求得的最大值；由基本不等式可求得的最小值，結合存在性問題的求法，即可求得正數的取值范圍.【詳解】函數，，由題意得，即，令，∴，∴在上單調遞增，在上單調遞減，∴，而，當且僅當，即當時，等號成立，∴，∴.故選：A.【點睛】本題考查了導數在求函數最值中的應用，由基本不等式求函數的最值，存在性成立問題的解法，屬于中檔題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

先還原幾何體，再根據柱體體積公式求解【詳解】空間幾何體為一個棱柱，如圖，底面為邊長為的直角三角形，高為的棱柱，所以體積為【點睛】本題考查三視圖以及柱體體積公式，考查基本分析求解能力，屬基礎題14、【解析】

根據切線的斜率為，利用導數列方程，由此求得切點的坐標，進而求得切線方程，通過對比系數求得的值.【詳解】，則，所以切點為，故切線為，即，故.故答案為：【點睛】本小題主要考查利用導數求解曲線的切線方程有關問題，屬于基礎題.15、【解析】

根據雙曲線的方程求出其中一條漸近線，頂點，再利用點到直線的距離公式可得，由，利用基本不等式即可求解.【詳解】由雙曲線C：（，，可得一條漸近線，一個頂點，所以，解得，則，當且僅當時，取等號，所以的最小值為.故答案為：【點睛】本題考查了雙曲線的幾何性質、點到直線的距離公式、基本不等式求最值，注意驗證等號成立的條件，屬于基礎題.16、60【解析】

根據題中給的信息與雙曲線的定義可求得與,再在中,由余弦定理求解得,繼而得到各邊的長度,再根據計算求解即可.【詳解】如圖所示：設雙曲線的半焦距為.因為,,,所以由勾股定理,得.所以.因為是上一個靠近點的三等分點,是的中點,所以.由雙曲線的定義可知：,所以.在中,由余弦定理可得,所以,整理可得.所以,解得.所以.則.則,得.則的底邊上的高為.所以.故答案為：60【點睛】本題主要考查了雙曲線中利用定義與余弦定理求解線段長度與面積的方法,需要根據雙曲線的定義表示各邊的長度,再在合適的三角形里面利用余弦定理求得基本量的關系.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）.【解析】

（1）根據等比中項性質可構造方程求得，由等差數列通項公式可求得結果；（2）由（1）可得，可知為等比數列，利用分組求和法，結合等差和等比數列求和公式可求得結果.【詳解】（1）成等比數列，，即，，解得：，.（2）由（1）得：，，，數列是首項為，公比為的等比數列，．【點睛】本題考查等差數列通項公式的求解、分組求和法求解數列的前項和的問題；關鍵是能夠根據通項公式證得數列為等比數列，進而采用分組求和法，結合等差和等比數列求和公式求得結果.18、（1）；（2）【解析】

（1）設出兩點的坐標，由距離之積為16，可得.利用向量的數量積坐標運算，將轉化為.再利用兩點均在拋物線上，即可求得p的值，從而求出拋物線的方程；（2）設出直線l的方程，代入拋物線方程，由韋達定理發現直線l恒過定點，將面積用參數t表示，求出其最值，并得出此時的直線方程.【詳解】解：（1）由題設，因為，到軸的距離的積為，所以，又因為，，，所以拋物線的方程為．（2）因為直線與拋物線兩個公共點，所以的斜率不為，所以設聯立，得，即，，即直線恒過定點，所以，當時，面積取得最小值，此時.【點睛】本題考查了拋物線的標準方程的求法，直線與拋物線相交的問題，其中垂直條件的轉化，直線過定點均為該題的關鍵，屬于綜合性較強的題.19、（1）；（2）.【解析】

（1）由正弦定理可得，再用余弦定理即可得到角C；（2），再利用求正弦型函數值域的方法即可得到答案.【詳解】（1）因為，所以.在中，由正弦定理得，所以，即.在中，由余弦定理得，又因為，所以.（2）由（1）得，在中，，所以.因為，所以，所以當，即時，有最大值1，所以的最大值為.【點睛】本題考查正余弦定理解三角形，涉及到兩角差的正弦公式、輔助角公式、向量數量積的坐標運算，是一道容易題.20、（1）．（2）的周長為，時，的周長為【解析】

（1）設的方程為，根據題意由點到直線的距離公式可得，將直線方程與拋物線方程聯立可得，設?坐標分別是?,利用韋達定理以及中點坐標公式消參即可求解.（2）根據拋物線的定義可得，由（1）可得，再利用弦長公式即可求解.【詳解】（1）設的方程為于是聯立設?坐標分別是?則設的中點坐標為，則消去參數得：（2）設，，由拋物線定義知，，∴由（1）知∴，，的周長為時，的周長為【點睛】本題考查了動點的軌跡方程、直線與拋物線的位置關系、拋物線的