武漢市2025屆高三年級五月模擬訓練試題數學試卷一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.已知集合，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據交集定義計算求解即可.【詳解】集合，則.故選：D.2.若復數，則（）A.1 B.5 C. D.【答案】A【解析】【分析】由復數除法、共軛復數的概念、模的計算公式即可求解.【詳解】，.故選：A.3.已知圓臺上底面直徑為2，下底面直徑為4，母線長為3，則該圓臺的體積為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先計算出圓臺的高，再利用圓臺的體積計算公式計算即可.【詳解】由題意，如圖，所以.故選：A4.已知是同一平面內所有向量的一個基底，則“”是“的夾角是鈍角”的（）A.充分不必要條件 B.充要條件C.必要不充分條件 D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】【分析】先根據是平面向量的基底，確定的關系，再結合數量積的定義進行判斷.【詳解】因為是同一平面內所有向量的一個基底，所以不共線.所以由，因為不共線，所以且，即為鈍角.所以“”是“的夾角是鈍角”的充分條件；由的夾角是鈍角，所以“”是“的夾角是鈍角”的必要條件.綜上可得：在是同一平面內所有向量的一個基底時，“”是“的夾角是鈍角”的充要條件.故選：B5.有四對雙胞胎共8人，從中隨機選4人，則其中恰有一對雙胞胎的選法種數為（）A.48 B.72 C.96 D.192【答案】A【解析】【分析】利用分步計數乘法原理，先選雙胞胎，再選人即可.【詳解】第一步：選一對雙胞胎有種；第二步：再選兩對雙胞胎，并從每對雙胞胎中各選一人共有種；利用分步計數乘法原理可知：從中隨機選4人，則其中恰有一對雙胞胎的選法種數為，故答案：A.6.設函數，則曲線在點處的切線與兩坐標軸所圍成的三角形的面積為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用商的導數來求導，再利用導數的幾何意義來求切線斜率，從而可求切線方程，即可求切線與兩坐標軸所圍成的面積.【詳解】求導得：，則，又因為，所以曲線在點處的切線方程為，則與軸相交于點，與軸相交于點，所以與兩坐標軸所圍成的三角形的面積為，故選：C.7.將函數圖象向左平移個單位，得到函數的圖象，若為奇函數，則的最小值是（）A. B.1 C.2 D.【答案】B【解析】【分析】利用平移思想，結合正切函數平移都是奇函數，可得的取值可能，從而可得最小值.【詳解】函數的圖象向左平移個單位，得到函數,由為奇函數，則，因為，所以的最小值是，故選：B.8.定義在上的函數滿足，則下列不等式一定成立的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】構造和，由可得，，即遞增，遞減.

利用單調性比較、在不同點的值，進而得到在不同點的取值范圍，判斷各選項.【詳解】設，對求導，得.已知，所以，這表明在上單調遞增.設，對求導，得.已知，所以，這表明在上單調遞減.

因為在上單調遞增，且，所以.，則，即，無法確定，所以選項A錯誤.

因為在上單調遞增，且，所以.，則，即，無法確定，所以選項B錯誤.

因為在上單調遞增，且，所以.，則，即.又因為在上單調遞減，且，所以.，則，即.同時，移項可得，所以選項C正確.

因為在上單調遞增，且，所以.，則，即.又因為在上單調遞減，且，所以.，則，即，無法確定，所以選項D錯誤.

故選：C.二、選擇題：本題共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．9.下列說法正確的是（）A.利用進行獨立性檢驗時，的值越大，說明有更大的把握認為兩個分類變量獨立B.在殘差圖中，殘差點分布的帶狀區域的寬度越窄，其模型擬合效果越好C.樣本相關系數的絕對值大小可以反映成對樣本數據之間線性相關的程度，當越接近1時，成對樣本數據的線性相關程度越弱D.用決定系數來比較兩個模型的擬合效果，越大，表示殘差平方和越小，即模型的擬合效果越好【答案】BD【解析】【分析】應用線性相關系數、殘差圖與獨立性檢驗的知識，決定系數一一檢驗即可.【詳解】利用進行獨立性檢驗時，的值越大，說明有更大的把握認為兩個分類變量相關，因此A錯誤；在殘差圖中，殘差點分布的水平帶狀區域越窄，說明模型的擬合精度越高，因此B正確；線性相關系數的范圍在到之間，有正有負，相關有正相關和負相關，相關系數的絕對值的大小越接近于1，兩個變量的線性相關性越強，反之，線性相關性越弱，因此C選項錯誤；用決定系數來比較兩個模型的擬合效果，越大，表示殘差平方和越小，即模型的擬合效果越好，D選項正確；故選：BD.10.已知是坐標原點，對任意，函數的圖象上總存在不同兩點，使得，則下列選項中滿足條件的有（）A. B. C. D.【答案】ACD【解析】【分析】利用數形結合來研究各選項，把交點存在問題轉化為方程有解問題，通過解方程可判斷AD，對于B通過舉反例找到矛盾可判斷，對于C，則再次利用數形結合來研究方程是否有解，從而可判斷C.【詳解】由圖可知：過原點一定存在過原點的直線交曲線于兩點，設，則由，可得，即，消元得：，對任意的，必存在，，故A正確；又由圖可知：過原點一定存在過原點的直線交曲線于兩點，同上述方法可得：由，消元得：，不妨令，則上式變為，此時因為，所以此時不存在兩點，也就是不能對任意，都有，故B正確；又由圖可知：過原點一定存在過原點的直線交曲線于兩點，同上述方法可得：由，消元得：，通過構造兩個函數和，當時作圖分析：由于，函數圖像是把正弦函數的橫坐標壓縮到原來的倍，縱坐標不變，而函數圖像是把正弦函數的縱坐標伸長到原來的倍，橫坐標不變，此時兩圖象必有無數個交點，所以方程必有解，即對任意，必有，故C正確；由圖可知：過原點一定存在過原點的直線交曲線于兩點，同上述方法可得：由，消元得：，整理得：，即或，對任意的，顯然存在和或和的解，則必有，故D正確；故選：ACD.11.設正整數，其中，記為上述表示中為1的個數．例如：，所以．已知集合，下列說法正確的是（）A.B.對任意的，有C.若，則使成立的的取值個數為D.【答案】ACD【解析】【分析】由及新定義判斷A，舉反例判斷B，結合，根據定義即可求解判斷C，根據的定義得，結合組合數的性質利用倒序相加法即可求解判斷D.【詳解】對于A，，有2個1，所以，正確；對于B，當時，，所以，此時，不符合題意，錯誤；對于C，注意到，所以集合中的任一元素均可由唯一表示，能使的的取值個數為，正確；對于D，，記，又，兩式相加得，所以，則，正確.故選：ACD三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.在的展開式中，的系數是__________.【答案】0【解析】【分析】由，利用二項式定理求出和的展開式中的系數，相加即可得出結果.【詳解】，的展開式通項為，的展開式通項為，令，得，，因此，的系數為.故答案為：0.【點睛】本題考查利用二項式定理求指定項的系數，考查計算能力，屬于中等題.13.__________;【答案】【解析】【分析】切化弦、通分、再根據兩角差的正弦公式、二倍角公式和誘導公式可得結果.【詳解】原式.故答案為：14.已知分別為雙曲線的左、右焦點．過點作直線與的左、右兩支分別相交于兩點，直線與相交于點．若，則_____________．【答案】##【解析】【分析】根據，得，設，則，利用雙曲線定義得，再利用求出可得答案.【詳解】由已知得，所以，，因為，所以，，因為，所以，設，則，由，得，又，所以，可得，所以.故答案為：.四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15.記的內角的對邊分別為，已知．（1）求；（2）在邊上存在一點，使得，連接，若的面積為的平分線交于點，求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）將角化為邊，然后進行化簡即可求解；（2）利用三角形面積公式結合余弦定理即可求解邊長，進而由角平分線定理求比值.【小問1詳解】由及正弦定理得，又，所以，因為，所以，所以，所以【小問2詳解】因為，所以，則，所以，又由余弦定理得，可得，聯立方程解得，由角平線定理得16.如圖所示，在平行六面體中，底面是邊長為3的菱形，分別在線段和上，且，．（1）證明：四點共面；（2）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）利用空間向量的線性運算來證明兩向量相等，得四點共面；（2）利用空間向量的線性運算和數量積運算，來證明兩平面二面角的平面角，再用空間向量法來求夾角余弦值，從而問題可得解.【小問1詳解】由，因平行六面體可知：且又因為，，所以，則有，即四點共面；【小問2詳解】取的中點為，連接，由于，則有，又由余弦定理得：所以，又由，則，所以有，又因為的中點為，所以,即就是平面與平面的夾角或其補角，由，，由，，，所以有，故平面與平面夾角的余弦值是.17.建立如圖所示的坐標系．矩形中，分別是矩形四條邊的中點，直線上的動點滿足，直線與的交點為．（1）證明點在一個確定的橢圓上，并求此橢圓的方程；（2）當時，過點的直線（與軸不重合）與（1）中的橢圓交于兩點，過點作直線的垂線，垂足為點．設直線與軸交于點，求面積的最大值．【答案】（1）證明見解析，；（2）【解析】【分析】（1）利用動直線方程消去參數，即可得交點軌跡方程；（2）利用直線與橢圓聯立方程組，借助動直線求出過的定點，再研究面積最大值.【小問1詳解】由題意可知：由可得，當時，直線的方程為：，又由，所以，可得，所以直線的方程為：，上面兩直線方程相乘可得：所以可得點這個橢圓上；【小問2詳解】當時，點，設直線的方程為：，與橢圓聯立，消得：，設交點，則可得，依題意，，直線的方程為：，令，得點的橫坐標為：，代入可得：，因此直線過定點，所以，當且僅當時等號成立，所以的面積最大值為.18.有甲乙兩個口袋，甲口袋中有編號為1，2，3的3個白球，乙口袋中有編號為1，2，3的3個黑球，已知每個球除顏色和編號不同外，其余全部相同．現從甲乙兩口袋中各隨機任取一個球交換放入另一個口袋，重復進行次這樣的操作．（1）求2次換球后，甲口袋中恰有3個白球的概率；（2）求次換球后，甲口袋中3個球顏色恰好相同的概率（結果用含的式子表示）；（3）求次換球后，甲口袋中3個球編號恰好為1，2，3的概率（結果用含的式子表示）．當為多少時，概率取得最大值？最大值是多少？【答案】（1）（2）（3），【解析】【分析】（1）利用獨立事件同時發生的乘法公式即可求解；（2）利用數列的遞推思想，結合全概率公式，先得到遞推，再構造等比數列求出通項公式；（3）利用數列的遞推思想，結合全概率公式，先得到遞推，再構造等比數列求出通項公式，然后利用分類討論思想求出最大值.【小問1詳解】經過一次交換后，甲口袋中有2白1黑，乙口袋中有2黑1白，記“2次換球后，甲口袋中恰有3個白球”為事件，則；【小問2詳解】記“次換球后，甲口袋中有3個球顏色相同的”概率為，則當第次換球后，只有兩種可能，一種是同顏色，另一種是有一個不同顏色，而同顏色的交換后不可能再同顏色，而有一個不同顏色的通過交換可以變為同顏色，此時發生的概率為，再根據全概率公式可得：，所以，則是等比數列，即；【小問3詳解】又記“次換球后，甲口袋中有3個球編號分別為1，2，3”概率為，則，當第次換球后，只有兩種可能，一種是有三個編號為1，2，3，另一種是沒有三個編號為1，2，3，而三個編號為1，2，3的交換后也有可能編號仍為1，2，3，此時發生的概率為，另一種可能是AAB型，另一邊一定是BCC型，這樣通過交換A和C就可以變換為有三個編號為1，2，3，此時發生的概率為，再根據全概率公式可得：，所以有，即是等比數列，即，當為奇數時，，當為偶數時，，所以當時，取到最大值.19.已知函數．（1）若，討論的零點的個數；（2）若為正整數，記此時的唯一零點為，證明：（i）數列是遞增數列；（ii）．【答案】（1）答案見解析；（2）證明見解析.【解析】【分析】（1）利用分離參變量，再構造函數求導研究單調性，然后結合取值規律，可得到零點個數的判斷；（2）（i）利用遞推及放縮思想，可得到，然后再利用函數的單調性可得到數列的單調性；（ii）利用，結合零點的條件進行放縮，，再利用裂項相消求和，從而原不等式可得證.【小問1詳解】令，可得，設，因為，所以當時，，則在單調遞減；當時，，則在單調遞增；即，又因為，，，所以當時，無零點；當或時，僅有一個零點；當時，有兩個零點；【小問2詳解】（i）由（1）知，當時，僅有一個零點；由的唯一零點為，則，兩邊取自然對數得：，即，兩式相減得：，可得，設，則