山东省济宁市嘉祥县第一中学2025届高三第五次考试数学试题

2025届高三第五次考试数学试题参考答案 1.D2.C3.B.4.A 5.B6.B7.A8.C 9.ABD 10.ACD 11.ABD 12. 1 13. 14.①. ②. 1．【答案】D【详解】因为，即，所以，，故B，C错误； 又，所以.故选：D 2.【答案】C【详解】大轮有45齿，小轮有30齿，当大轮转动一周时小轮转动周，当大轮的转速为180时，小轮转速为，小轮周上一点每1s转过的弧度数为：.又小轮的半径为10cm，所以小轮周上一点每1s转过的弧长为：.故选：C 3. 【答案】B【详解】函数的图象关于直线对称，则， 又因，则令或解之可得.故选：B 4．【答案】A【详解】因为，所以， 又由，，所以，，，，,所以，又因为在中，，所以.故选：A 5.【答案】B【详解】如图：建立平面直角坐标系.则，,取. 设,则.所以， 又.故选：B 6.【答案】B【详解】先将丙安排在一所学校，有种分法；若甲、丙在同一所学校，那么乙就有种选法，剩下3名教师可能分别有3、2、1人在最后一所学校（记为X校），分别对应有1（3人均在X校）、（2人在X校，另1人随便排）、（1人在X校，另2人分在同一所学校或不在同一所学校），共种排法；若甲、丙不在同一所学校，则甲有种选法，若乙与丙在同一所学校，则剩下3名教师按上面方法有19种排法；若乙与丙不在同一所学校，则有剩下3人可分别分1、2、3组，分别有、、种排法，故共有：种排法.故选：B. 7.【答案】A【详解】设正棱锥的底面正多边形的外接圆的半径为，可得外接圆的面积为 因为正棱锥的侧棱长为，所以底面正多边形的外接圆的半径， 又由正棱锥的高为，设正棱锥的底面多边形的面积为， 所以正棱锥的体积，其中， 令，可得， 设，可得， 当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减， 所以，当时，函数取得最大值，最大值为， 所以，结合选项，只有A选项符合题意.故选：A. 8.【答案】C【详解】由已知， 则， 则， 再根据二项式的展开式中二项式系数的性质可知， 则， 又，可得，且，则， 所以当为奇数时，，当为偶数时，， 则 .故选：C. 9.【答案】ABD【详解】A选项：是纯虚数，A选项正确； B选项：而，即，则复数对应的点在第二象限，B 选项正确；C 选项：，则复数的共轭复数为，C 选项错误； D 选项：D选项正确；故选：ABD. 10.【答案】ACD【详解】已知为中点，则，而两个三棱锥高相等，故体积相等，A正确；若与重合，由于,若,平面,所以平面,平面,故,这与矛盾，所以不成立，故与重合，满足，但此时不成立，故B错误；因为平面，平面，所以,又,平面,故平面，平面，故平面平面，过作，垂足为，因为面平面，平面，故面，而面，故，若，则，而，平面，故平面，又平面，故，故C正确.由平面，平面，故，故，为外接球球心，且，，又，可以在以中点为圆心，为半径的圆上运动，到的距离为，当且仅当时等号成立，故到的距离最大为，此时，故，D正确，故选：ACD. 11.【答案】ABD【详解】选项A：，， 故由题意可知，为方程的两个根，故，A正确； 选项B：， 设，因，则，此时函数可化为， 由题意此函数的极值点分别为，，当时，函数单调递增，故，，故 ，，故B正确； 选项C：由解得，， 由题意函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 而，故，故C错误； 选项D：由A可知，，， 因，故，即，故，故D正确，故选：ABD 12.【答案】1【详解】设公比为，则， 其中，又，故，， 故，即，解得.故答案为：1 13.【答案】【详解】设圆的半径为1，由已知可设为轴的正半轴，为坐标原点，过O点作x轴垂线为y轴建立直角坐标系，其中，其中，由，即，整理得，解得，则 所以. 14.【答案】 ①. ②. 【详解】考虑到乙袋中拿出的球可能是黑的也可能是白的，由全概率公式可得；记取0，1，2，3的概率分别为，，，，推导的分布列：，，， 则 ， 则，故 给合，可知.故答案为： ;. 15.【小问1详解】如图，设，因为在，，处观察已建建筑物最高点的仰角分别为，，，且，，， 所以，又，是的中点， 在中，；在中，， 又，所以，整理得到，解得，所以.（7分） 【小问2详解】在中，由正弦定理知①，在中，由正弦定理知②，由（1）知， 由②①得到.（6分） 16.【小问1详解】由题设得，，从而. 又是直角三角形，所以.取AC的中点O，连接DO、BO，则DO⊥AC且， 又是正三角形，故.则中，，又， 所以，故.而且都在面，故面， 而面，所以平面ACD⊥平面ABC. （6分） 【小问2详解】设， ，结合（1）结论，以O为坐标原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，易知平面的法向量为，设，由，可得，得，设面的法向量为， 则，取，得， 所以， 因为二面角的正切值为， 则， 又，解得，所以，所以到底面的距离与到底面的距离之比为， 所以四面体与四面体的体积之比. （9分） 17.【小问1详解】椭圆：的右顶点，设直线的斜率分别为， 则直线的方程为，直线的方程为， 由直线与圆相切知，圆心到直线的距离， 整理得，同理可得， 则为方程的两个根，所以， 即直线的斜率乘积为定值1．（5分） 【小问2详解】设，由得， 则，进一步可求得，同理得，直线的斜率， 则直线方程为， 令，则， 所以直线过定点 （5分）． 设椭圆上任意一点，点到点的距离． 当时，有最大值取，则直线的斜率为，要使最大，则此时由直线和直线垂直，可得直线的斜率， 解得．取，则直线的斜率为，此时由直线和直线垂直可得直线的斜率，解得，舍去． 所以椭圆上存在点，当时，的最大值为．（5分） 18.【小问1详解】，由题意曲线在点处的切线方程为， 则，解得；（3分） 【小问2详解】，，，令（），则，当，即时，，即是上的增函数，因此，是增函数，所以，不合题意，舍去； 当即时，，即是上的减函数，所以， 所以是上的减函数，从而恒成立， 当即时，，时，，在递增，时，，在递减，又，所以时，恒成立，即恒成立，此时在上递增，因此，与题意不合，舍去，综上．（7分） 【小问3详解】由（2）知时，，即，从而， 所以，又，所以， 此不等式中分别令得，，，， 将这个不等式相加得．（7分） 19.【小问1详解】， 因为，所以集合不是“2元重生集”.（3分） 【小问2详解】设正整数集为“3元重生集”，则， 不妨设，则，解得，因为，故只有满足要求，综上，满足要求，其他均不符合要求，故存在1个集合中元素均为正整数的“3元重生集”，即.（5分） 【小问3详解】不妨设，由，得， 当时，，故，则，无解，若，则不可能是“2元重生集”， 所以当时，不存在“2元重生集”；当时，由（2）可知，有且只有1个“3元重生集”，即， 当时，，又，故， 事实上，在上恒成立， 故当时，不存在“元重生集”， 所以若“元重生集”有且只有一个，且.（9分） 高三数学第五次考试数学试题参考答案 第 1 页 （共 8 页） 学科网（北京）股份有限公司 $$高三数学第五次考试数学试题参考答案 第 1 页 （共 8 页） 2025 届高三第五次考试数学试题参考答案 1.D2.C3.B.4.A 5.B6.B7.A8.C 9.ABD 10.ACD 11.ABD 12. 1 13. 2 3[1, ] 3 14.①. 4 9 ②. 3 1 1 2 2 3 n       1．【答案】D【详解】因为 2lne<ln3 ln e ，即1<ln3 2 ，所以  ln ln3 ln 2 1  ， 1 1 ln3  ，故 B，C错误； 又    2ln3 ln3 ln3 1 ln3 0    ，所以  2ln3 ln3 .故选：D 2.【答案】C【详解】大轮有 45齿，小轮有 30齿，当大轮转动一周时小轮转动 45 30 3 2  周，当大轮的转速为 180 r/ min时，小轮转速为 3 180 270r /min 2   ，小轮周上一点每 1s转过的弧度数为：270 2π 60 9π   . 又小轮的半径为 10cm，所以小轮周上一点每 1s转过的弧长为：9π 10 90πcm  .故选：C 3. 【答案】B【详解】函数 ( 1)f ax  的图象关于直线 2x  对称，则   ( 1) 4 1f ax f a x    ， 又因 (1) (5)f f ，则令 1 1 4 1 5 ax ax a       或 1 5 4 1 1 ax ax a       解之可得 2a  .故选：B 4．【答案】A【详解】因为 in 1 2 sS ab C ，所以   2 21 sin 2 3 a b c ab C    2 2 2 2 3 a b c ab    ， 又由 2 2 2 2 cosc a b ab C   ， 2 2 2 2 cosa b c ab C   ，所以 1 2 cos 2sin 2 3 ab C abab C  ， 4cos 3sin 4C C  ，    2 24cos 3sin 4C C  ， 2 216cos 9sin 24sin 16C C C   ，  2 216 1 sin 9sin 24sin 16C C C    ,所以 225sin 24sin 0C C  ，又因为在 ABC 中， sin 0C  ，所以 24sin 25 C  .故选：A 5.【答案】B【详解】如图：建立平面直角坐标系.则  4,0A ，  0,4B ,取  1,0D . 设  ,M x y ,则 2 2 4x y  .所以 1 2 MA  2 21 4 2 x y    2 21 4 1 2 x y     MD ， 又 2 21 4 17MB MD BD     .故选：B 6.【答案】B【详解】先将丙安排在一所学校，有 12C 种分法；若甲、丙在同一所学校，那么乙就有 1 2C 种选 法，剩下 3名教师可能分别有 3、2、1人在最后一所学校（记为 X校），分别对应有 1（3人均在 X校）、 2 13 2C C （2人在 X校，另 1人随便排）、 1 1 23 2 2C C A  （1人在 X校，另 2人分在同一所学校或不在同一所学校）， 共 2 1 1 1 2 3 2 3 2 21 C C C C A 19      种排法；若甲、丙不在同一所学校，则甲有 1 2C 种选法，若乙与丙在同一所 学校，则剩下 3名教师按上面方法有 19种排法；若乙与丙不在同一所学校，则有剩下 3人可分别分为 1、 2、3组，分别有 13C 、 1 2 3 3C A 、 3 3A 种排法，故共有：  1 1 1 1 1 2 32 2 2 3 3 3 3C C 19 C 19 C C A A 260           种 高三数学第五次考试数学试题参考答案 第 2 页 （共 8 页） 排法.故选：B. 7.【答案】A【详解】设正棱锥的底面正多边形的外接圆的半径为 R，可得外接圆的面积为 2πS R 因为正棱锥的侧棱长为3，所以底面正多边形的外接圆的半径0 3R  ， 又由正棱锥的高为 2 23h R  ，设正棱锥的底面多边形的面积为 1S ， 所以正棱锥的体积 2 2 4 6 1 1 1 1π 9 π 9 3 3 3 V S h R R R R       ，其中0 3R  ， 令 2 (0,9)x R  ，可得 2 31 1 1 π 9 3 3 V S h x x    ， 设   2 39 , (0,9)f x x x x   ，可得    218 3 3 6f x x x x x    ， 当 (0,6)x 时，�′ � > �，函数  f x 单调递增；当 (6,9)x 时，�′ � < �，函数  f x 单调递减， 所以，当 6x  时，函数  f x 取得最大值，最大值为  6 108f  ， 所以 1 π 108 2 3π 11 3 V    ，结合选项，只有 A选项符合题意.故选：A. 8.【答案】C【详解】由已知  2025 2 20250 1 2 20251 2x a a x a x a x     ， 则    20252025 2025C 1 2 C 2 n nn n n na         0 2025n  ， 则 1 2 3 2024 202520251 2 1 2025 2025 2025 2025 20252 3 20 3 25 C C C C C2 2 2 2 a aa ab              ， 再根据二项式  2025a b 的展开式中二项式系数的性质可知 0 1 2 3 2024 20252025 2025 2025 2025 2025 2025C C C C C C 0       ， 则 1 2 3 2024 2025 0 1 2025 2025 2025 2025 2025 2025C C C C C C 1b            ， 又  *1 2nn nb b n   N ，可得 2 2b   ，且 12 1 2nn nb b    ，则 2 2n n b b   ， 所以当 n为奇数时， 1 1 2 2 1 2 2 n n nb b       ，当 n为偶数时， 2 2 2 2 2 2 n n nb b      ， 则 1 2 3 4 2023 20242024 b b b bS b b                  0 1 1 2 1011 10122 2 2 2 2 2                0 1 1011 1 2 10122 2 2 2 2 2              1012 10121 1 2 2 1 2 1 2 1 2              10123 3 2   .故选：C. 9.【答案】ABD【详解】A选项： πi 2 π πe cos sin i i 2 2    是纯虚数，A选项正确； B选项： i3e cos3 3isin  ，而 π 3 π 2   ，即 cos3 0 sin3 ，则复数 i3e 对应的点在第二象限，B 选项正 高三数学第五次考试数学试题参考答案 第 3 页 （共 8 页） 确；C 选项： πi 3 π π 1 3e cos i 3 3 2 2 isin    ，则复数 πi 3e 的共轭复数为 1 3 i 2 2  ，C 选项错误； D 选项： i ie cos e cos 1isin isin        ， ，D选项正确；故选：ABD. 10.【答案】ACD【详解】已知 为 中点，则 ，而两个三棱锥高相等，故体积相等，A 正确；若 与 重合，由于 ,若 , 平面 ,所以 平面 , 平面 ,故 ,这与 矛盾，所以 不成立，故 与 重合，满足 ，但此时 不成立，故 B错误；因为 平面 ， 平面 ，所以 , 又 , 平面 ,故 平面 ， 平面 ，故平面 平面 ，过 作 ，垂足为 ，因为面 平面 ， 平面 ，故 面 ， 而 面 ，故 ，若 ，则 ，而 ， 平面 ，故 平 面 ，又 平面 ，故 ，故 C正确.由 平面 ， 平面 ，故 ， 故 ， 为外接球球心，且 ， ，又 ， 可以在以 中点为圆心， 为半径的圆上运动， 到 的距离为 ，当且仅当 时等号成立，故 到 的距离最大 为 ，此时 ，故 ，D正确，故选：ACD. 11.【答案】ABD【详解】选项 A：      3 22 1 4 3 =8 10 3g x x x x x x x     ，   2=24 20 3g x x x   ， 故由题意可知 1 ， 2 为方程 224 20 3 0x x   的两个根，故 1 2 5 6    ，A正确； 选项 B：     2 3 6 4 2sin cos2 sin3 sin 1 2sin 3sin 4sin 8sin 10sin 3sinf x x x x x x x x x x x       ， 设 2sint x ，因 π0, 2 x      ，则  0,1t ，此时函数� = � � 可化为   3 28 10 3h t t t t   ， 由题意此函数的极值点分别为 1 ， 2  1 2  ，当 π0, 2 x      时，函数 2sint x 单调递增，故 11 2sin  ， 22 2sin  ，故    1 1f g  ，    2 2f g  ，故 B正确； 高三数学第五次考试数学试题参考答案 第 4 页 （共 8 页） 选项 C：由 224 20 3 0x x   解得 1 5 7 12   ， 2 5 7 12      1 1 5 7 10 7 7 1 12 108 f g g             ， 由题意函数  f x 在  10, 上单调递增，在  1 2,  上单调递减，在 2 π, 2      上单调递增， 而 π 1 2 f       ，故    0 2 0 1 π, , 2 x f x f        ，故 C错误； 选项 D：由 A可知， 1 5 7 10 12 5     ， 22 2 5 7 3sin 12 4      ， 因 2 π0, 2       ，故 2 30 sin 2   ，即 2 π 50 3 4    ，故 2 1 1 4    ，故 D正确，故选：ABD 12.【答案】1【详解】设公比为 q，则 1 2 3 4 5 6 63a a a a a a      ， 其中  2 4 6 1 3 52a a a a a a     ，又  2 4 6 1 3 5a a a q a a a     ，故 2q= ，  1 3 53 63a a a   ， 故 1 3 5 21a a a   ，即 2 4 1 1 1 1 1 14 16 21a a q a q a a a      ，解得 1 1a  .故答案为：1 13.【答案】 2 31, 3       【详解】设圆O的半径为 1，由已知可设OB为 x轴的正半轴，O为坐标原点，过 O 点作 x 轴垂线为 y 轴建立直角坐标系，其中    1 3, , 1,0 , cos ,sin 2 2 A B C          ，其中 π, 0, 3 BOC          ， 由  , ROC OA OB         ，即    1 3cos ,sin , 1,0 2 2             ，整理得 1 3cos , sin 2 2        ， 解得 2sin sin, cos 3 3       ，则 2sin sin 2 3 πcos sin , 3 33 3               π π 2π π 3, ,sin ,1 3 3 3 3 2                    所以 2 31, 3           . 14.【答案】 ①. 4 9 ②. 3 1 1 2 2 3 n       【详解】考虑到乙袋中拿出的球可能是黑的也可能是白的，由全概 率公式可得 1 1 2 2 1 4 3 3 3 3 9 p      ；记 1nX  取 0，1，2，3的概率分别为 0p ， 1p ， 2p ， 3p ，推导 nX 的 分布列：   0 1 2 4 41 9 9n P X p p p    ，   1 2 3 4 42 9 9n P X p p p    ，   2 13 9n P X p  ， 则           0 1 2 3 4 50 0 1 1 2 2 3 3 2 3 3n n n n n E X P X P X P X P X p p p p                高三数学第五次考试数学试题参考答案 第 5 页 （共 8 页）    1 2 3 1 1 11 2 3 1 3 3 n p p p E X       ， 则    1 3 1 3 2 3 2n n E X E X        ，故     1 1 3 3 1 2 2 3 n nE X E X               给合  1 4 3 E X  ，可知   3 1 1 2 2 3 n nE X        .故答案为： 4 9 ; 3 1 1 2 2 3 n       . 15.【小问 1详解】如图，设 1ED h ，因为在 1A， 1B ， 1C 处观察已建建筑 物最高点E的仰角分别为 ， ， ，且 tan 1  ， tan 2  ， tan 3  ， 所以 1 1 1 1 1 1, ,2 3 h hAD h B D C D   ，又 1 1 40AC  ， 1B 是 1 1AC 的中点， 在 1 1 1AB D 中， 2 2 1 1 1 400 4cos 2 20 2 h h A B D h       ；在 1 1 1C B D 中， 22 1 1 1 400 4 9cos 2 20 2 h h C B D h       ， 又 1 1 1 1 1 1 πA B D C B D   ，所以 222 2 400400 4 94 0 2 20 2 20 2 2 h hh h h h          ，整理得到 211 800 18 h  ，解得 120 11 11 h  ，所以 120 115 11 DE   .（7分） 【小问 2详解】在 1 1 1AB D 中，由正弦定理知 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1sin sin A B AD AD B AB D    ①，在 1 1 1C B D 中，由正弦定理 知 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1sin sin BC C D C D B C B D    ②，由（1）知 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ,sin 3 C D AB D C B D AD     ， 由② ①得到 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 sin 1 sin 3 AD B C D B DC AD     .（6分） 16.【小问 1详解】由题设得， ABD CBD  ，从而 AD DC . 又 ACD 是直角三角形，所以 =90ADC  .取 AC 的中点 O，连接 DO、BO，则 DO⊥AC 且OD OA ， 又 ABCV 是正三角形，故 BO AC .则Rt AOB 中， 2 2 2 2 2BO AO AB BO DO    ，又 AB BD ， 所以 2 2 2BO DO BD  ，故OD OB .而 AC OB O  且都在面 ABC，故OD 面 ABC， 而OD 面 ACD，所以平面 ACD⊥平面 ABC. （6分） 【小问 2详解】设 2AB  ， DE mDB   ，结合（1）结论，以 O 为坐标原点，OA为 x 轴，OB为 y 轴， 高三数学第五次考试数学试题参考答案 第 6 页 （共 8 页） OD为 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 (0,0,1), (0,0,0), (0, 3,0), ( 1,0,0), (1,0,0)D O B C A ， 易知平面 ADC的法向量为 1 (0,1,0)n   ，设 ( , , )E x y z ，由DE mDB   ，可得 (0, 3 ,1 )E m m ，得 (0, 3 ,1 ), (1,0,0)OE m m OA     ，设面 ACE的法向量为 2 ( , , )n x y z  ， 则   2 2 0 3 1 0 n OA x n OE my m z               ，取 1y m  ，得 0, 3x z m   ， 所以 2 (0,1 , 3 )n m m   ， 因为二面角D AC E  的正切值为 4 3， 则 1 2 2 2 1 1cos , 71 (1 ) 3 m n n m m         ， 又0 1m  ，解得 4 5 m  ，所以 4 5 DE DB   ，所以 E到底面 ACD的距离与 B到底面 ACD的距离之比为 4 5 ， 所以四面体 ACDE与四面体 ABCD的体积之比 4 5 . （9分） 17.【小问 1详解】椭圆C： 2 2 1 4 y x  的右顶点  1,0P ，设直线 ,PA PB的斜率分别为 1 2,k k ， 则直线 PA的方程为  1 1y k x  ，直线 PB的方程为  2 1y k x  ， 由直线 PA与圆Q相切知，圆心Q到直线 PA的距离 1 2 1 1 1 k t k    ， 整理得  2 2 21 11 2 1 0t k k t     ，同理可得  2 2 22 21 2 1 0t k k t     则 1 2,k k 为方程  2 2 21 2 1 0t k k t     的两个根，所以 1 2 1k k  ， 即直线 ,PA PB的斜率乘积为定值 1．（5 分） 【小问 2详解】设� ��, �� , � ��, �� ，由  1 2 2 1 , 1, 4 y k x y x        得  2 2 2 21 1 14 2 4 0k x k x k     ， 则 2 1 1 1 2 1 41 4 kx x k      ，进一步可求得 2 1 1 2 2 1 1 4 8, 4 4 k kA k k        ，同理得 2 2 2 2 2 2 2 4 8, 4 4 k kB k k        ，直线 AB的斜率   2 1 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 21 2 2 1 1 2 2 1 2 2 2 1 8 8 4 4 8 32 8 32 24 24 3 4 4 8 84 4 16 4 4 16 4 4 AB k k k k k k k k k k k kk k k k k k kk k k k k k k k k k                           ， 高三数学第五次考试数学试题参考答案 第 7 页 （共 8 页） 则直线 AB 的方程为 2 1 1 2 2 1 1 2 1 8 43 4 4 k ky x k k k k          ， 令 0y  ，则 2 2 2 1 1 1 2 2 2 1 1 1 8 8 4 5 20 5 3 12 4 3 12 3 k k kx k k k              ， 所以直线 AB过定点 5 ,0 3 T      （5 分）． 设椭圆上任意一点� �, � ，点M 到点T 的距离 2 2 25 10 613 , 1 1 3 3 9 MT x y x x x              ． 当 5 9 x  时， MT 有最大值 4 39 , 9 取 5 4 14, 9 9 M        ，则直线MT 的斜率为 14 5MT k  ，要使 d 最大， 则此时由直线MT 和直线 AB垂直，可得直线 AB的斜率 1 2 2 3 3 5 2 14 1 ABk k k t         ， 解得  5 141 0,1 21 t    ．取 5 4 14, 9 9 M        ，则直线MT 的斜率为 14 5MT k   ，此时由直线MT 和 直线 AB垂直可得直线 AB的斜率 1 2 2 3 3 5 2 14 1 ABk k k t        ，解得  5 141 0,1 21 t    ，舍去． 所以椭圆上存在点 5 4 14, 9 9 M        ，当 5 141 21 t   时， d 的最大值为 4 39 9 ．（5 分） 18.【小问 1详解】 ( ) ln 1 2f x x ax    ，由题意曲线 ( )y f x 在点 (1,0)处的切线方程为 1 0x y   ， 则 (1) 1 2 1f a     ，解得 1a  ；（3 分） 【小问 2详解】  2( ) ln 1f x x x a x   ， 1x  ， ( ) ln 1 2f x x ax    ，令 ( ) ln 1 2u x x ax   （ 1x  ）， 则 1( ) 2u x a x    ，当 2 0a  ，即 0a  时， ( ) 0u x  ， ( )u x 即 ( )f x 是  1, 上的增函数，因此 ( ) (1) 2 0f x f a     ， ( )f x 是增函数，所以 ( ) (1) 0f x f  ，不合题意，舍去； 当 2 1a  即 1 2 a  时， ( ) 0u x  ， ( )u x 即 ( )f x 是  1, 上的减函数，所以 ( ) (1) 1 2 0f x f a     ， 所以 ( )f x 是  1, 上的减函数，从而 ( ) (1) 0f x f  恒成立， 当0 2 1a  即 10 2 a  时， 1 1 2a  ， 1(1, ) 2 x a  时， ( ) 0u x  ， ( )u x 在 11, 2a       递增， 1( , ) 2 x a   时， 高三数学第五次考试数学试题参考答案 第 8 页 （共 8 页） ( ) 0u x  ， ( )u x 在 1 , 2a      递减，又 (1) 1 2 0u a   ，所以 1(1, ) 2 x a  时， ( ) 0u x  恒成立，即 ( ) 0f x  恒成立，此时 ( )f x 在 1(1, ) 2a 上递增，因此 ( ) (1) 0f x f  ，与题意不合，舍去，综上 1 2 a  ．（7 分） 【小问 3详解】由（2）知 1x  时， 21ln ( 1) 2 x x x  ，即 2 2 ln 1 1 x x x   ，从而 2 ln 1 1 x x x   ， 所以 ln 1 1 x x x   ，又 1 2 2 2( 1) 2 1 x x x x x x        ，所以 ln 2( 1) 1 x x x x     ， 此不等式中分别令 2,3, ,x n  得 ln 2 2( 2 1) 1   ， ln 3 2( 3 2) 2   ，L， ln 2( 1) 1 n n n n     ， 将这 1n  个不等式相加得  * 2 ln 2 2 1 n k k n n k     N ．（7 分） 19.【小问 1详解】 1 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2, 1 2 2 4 4 2 2                 ， 因为 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2            ，所以集合 1 2 1 2, 2 2            不是“2元重生集”.（3分） 【小问 2详解】设正整数集  1 2 3, ,A a a a 为“3元重生集”，则 1 2 3 1 2 3a a a a a a   ， 不妨设 1 2 3a a a  ，则 1 2 3 1 2 3 33a a a a a a a    ，解得 1 2 3a a  ，因为 * 1 2,a a N ，故只有 1 21, 2a a  满足要求，综上，  1,2,3A  满足要求，其他均不符合要求，故存在 1个集合中元素均为正整数的“3元重 生集”，即  1,2,3A  .（5分） 【小问 3详解】不妨设 1 2 3 na a a a    ，由 1 2 1 2n n na a a a a a na      ，得 1 2 1na a a n  ， 当 2n  时， 1 2a  ，故 1 1a  ，则 2 21 a a  ，无解，若 * 1 2,a a N ，则 1 2,a a 不可能是“2元重生集”， 所以当 2n  时，不存在“2元重生集”；当 3n  时，由（2）可知，有且只有 1个“3元重生集”，即 1,2,3 ， 当 4n  时，  1 2 1 1 2 3 1na a a n        ，又 1 2 1na a a n  ，故  1 !n n  ， 事实上，      2 21 ! 1 2 3 2 ( 2) 2n n n n n n n n            在 4n  上恒成立， 故当 4n  时，不存在“ n元重生集”， 所以若 *,ia N “ n元重生集”A有且只有一个，且 3n  .（9分） 2025届高三第五次考试数学试题 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1．下面的四个数中，最大的是（   ） A． B． C． D． 2. 已知相互啮合的两个齿轮，大轮有45齿，小轮有30齿.如果大轮的转速为180（转/分），小轮的半径为10cm，那么小轮周上一点每1s转过的弧长是（ ）cm. A. B. C. D. 3. 已知函数的定义域为，且，函数的图象关于直线对称，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 4．已知 的内角 的对边分别为 若面积 则（    ） A． B． C． D． 5．已知在等腰直角三角形中，，点在以为圆心、2为半径的圆上，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 6. 为了协调城乡教育资源的平衡，政府决定派甲、乙、丙等六名教师去往包括希望中学在内的三所学校支教（每所学校至少安排一名教师）.受某些因素影响，甲乙教师不被安排在同一所学校，丙教师不去往希望中学，则不同的分配方法有（ ）种. A. B. C. D. 7. 已知正棱锥的侧棱长为3，则其体积可能为（ ） A. 10 B. 11 C. 12 D. 13 8. 已知是数列的前项和，若，数列的首项，，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 欧拉是科学史上最多才的一位杰出的数学家，他发明的公式为，i虚数单位，将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系，这个公式也被誉为“数学中的天桥”（为自然对数的底数，i为虚数单位），依据上述公式，则下列结论中正确的有（ ） A. 复数为纯虚数 B. 复数对应的点位于第二象限 C. 复数的共轭复数为 D. 复数的模长为1 10 .如图所示，四面体的底面是以为斜边的直角三角形，四面体的体积为，平面，，为线段上一动点，为中点，则下列说法正确的是( ) A. 三棱锥的体积和三棱锥的体积相等 B. 当时， C. 当时， D. 四面体的外接球球心为，且外接球体积与之比的最小值是 11. 记函数在区间的极值点分别为，，函数的极值点分别为，，则下列结论正确的有（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知等比数列的前6项和为63，其中偶数项和是奇数项和的两倍，则______． 13. 已知点为扇形的弧上任意一点，且，若，则的取值范围是__________. 14. 马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，为状态空间中经过从一个状态到另一个状态的转换的随机过程，该过程要求具备“无记忆”的性质：下一状态的概率分布只能由当前状态决定，在时间序列中它前面的事件均与之无关.甲口袋中各装有1个黑球和2个白球，乙口袋中装有2个黑球和1个白球，现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复进行n（）次这样的操作，记口袋甲中黑球的个数为，恰有1个黑球的概率为，则的值是________；的数学期望是________. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 15. （13分） 某中学数学兴趣小组，为测量学校附近正在建造中的某建筑物的高度，在学校操场选择了同一条直线上的，，三点，其中，点为中点，兴趣小组组长小王在，，三点上方5m处的，，观察已建建筑物最高点的仰角分别为，，，其中，，，点为点在地面上的正投影，点为上与，，位于同一高度的点. （1）求建造中的建筑物已经到达的高度； （2）求的值. 16.（15分） 如图，在四面体ABCD中，是正三角形，是直角三角形，，． （1）证明：平面平面； （2）若二面角的正切值为，求四面体与四面体的体积之比． 17.（15分） 已知点为椭圆的右顶点，圆，过点作的两条切线分别与椭圆交于两点（不同于点）． （1）当变化时，直线的斜率乘积是否为定值，若是，求出这个定值；若不是，请说明理由； （2）给定一个，椭圆上的点到直线的距离的最大值为，当变化时，求的最大值，并求出此时的值． 18.（17分） 设函数． （1）若曲线在点处的切线方程为，求a的值； （2）当时恒成立，求实数a的取值范围； （3）证明：． 19.（17分） 已知有限集，若中的元素满足，则称为“元重生集”. （1）集合是否为“2元重生集”，请说明理由； （2）是否存在集合中元素均为正整数的“3元重生集”？如果有，请求出有几个，如果没有，请说明理由； （3）若，证明：“元重生集”有且只有一个，且. 高三第五次考试数学试题第 1 页（共 4 页） 学科网（北京）股份有限公司 $$高三第五次考试数学试题 第 1 页（共 4 页） 2025 届高三第五次考试数学试题 一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题列出的四个选项中，只有一项是 符合题目要求的. 1．下面的四个数中，最大的是（ ） A． ln3 B．  ln ln3 C． 1 ln3 D．  2ln3 2. 已知相互啮合的两个齿轮，大轮有 45齿，小轮有 30齿.如果大轮的转速为 180 r/ min（转/分），小轮的 半径为 10cm，那么小轮周上一点每 1s转过的弧长是（ ）cm. A. 5400π B. 180π C. 90π D. 40π 3. 已知函数 ( )f x 的定义域为R，且 (1) (5)f f ，函数 ( 1)f ax  的图象关于直线 2x  对称，则 a （ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 4．已知 ABC 的内角 , , A B C 的对边分别为 , , ,a b c 若面积   2 2 , 3 a b c S    则 sinC （ ） A． 24 25 B． 4 5 C． 3 5 D． 7 25 5．已知在等腰直角三角形 ABC中， 4CA CB  ，点M 在以C为圆心、2为半径的圆上，则 1 2 MB MA 的 最小值为（ ） A．3 5 2 2 B． 17 C．1 2 5 D． 2 5 1 6. 为了协调城乡教育资源的平衡，政府决定派甲、乙、丙等六名教师去往包括希望中学在内的三所学校支 教（每所学校至少安排一名教师）.受某些因素影响，甲乙教师不被安排在同一所学校，丙教师不去往希望 中学，则不同的分配方法有（ ）种. A. 144 B. 260 C. 320 D. 540 7. 已知正 ( 3)n n  棱锥的侧棱长为 3，则其体积可能为（ ） A. 10 B. 11 C. 12 D. 13 8. 已知 nS 是数列 nb 的前 n项和，若  2025 2 20250 1 2 20251 2x a a x a x a x     ，数列 nb 的首项 3 20251 2 1 2 3 20252 2 2 2 a aa ab      ，  *1 2nn nb b n   N ，则 2024S （ ） A. 10122 3 2   B. 10143 2  C. 10123 3 2  D. 10143 2 二、多项选择题（本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多项符合 高三第五次考试数学试题 第 2 页（共 4 页） 题目要求，全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分） 9. 欧拉是科学史上最多才的一位杰出的数学家，他发明的公式为 ie cos isinx x x  ，i虚数单位，将指数函 数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系，这个公式也被誉为“数学中的天桥”（ e为自 然对数的底数，i为虚数单位），依据上述公式，则下列结论中正确的有（ ） A. 复数 πi 2e 为纯虚数 B. 复数 i3e 对应的点位于第二象限 C. 复数 πi 3e 的共轭复数为 3 1 i 2 2  D. 复数   ie 0, π   的模长为 1 10 .如图所示，四面体 ABCD的底面是以 BD为斜边的直角三角形，四面体 ABCD的体积为 1V ， AB 平 面 BCD， AB BD ， P为线段 AC上一动点， 1O 为 AD中点，则下列说法正确的是( ) A. 三棱锥 1P BO D 的体积和三棱锥 1P BO A 的体积相等 B. 当 BP PD 时， BP DA C. 当 1PO BC 时， 1PO AB D. 四面体 ABCD的外接球球心为 1O ，且外接球体积 2V 与 1V 之比的最小 值是 4 2 11. 记 函 数   sin cos 2 sin 3f x x x x 在 区 间 π0, 2       的 极 值 点 分 别 为 1 ， 2  1 2  ， 函 数      2 1 4 3g x x x x   的极值点分别为 1 ， 2  1 2  ，则下列结论正确的有（ ） A. 1 2 5 6    B.    i if g   1,2i  C.      2 1f f x f ≤ ≤ D. 2 1 1 4    三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12. 已知等比数列{ }na 的前 6项和为 63，其中偶数项和是奇数项和的两倍，则 1a  ______． 13. 已知点C为扇形 AOB的弧 AB上任意一点，且 60AOB  ，若  , ROC OA OB         ，则   的取值范围是__________. 14. 马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，为状态空间中经过从一 个状态到另一个状态的转换的随机过程，该过程要求具备“无记忆”的性质：下一状态的概率分布只能由 高三第五次考试数学试题 第 3 页（共 4 页） 当前状态决定，在时间序列中它前面的事件均与之无关.甲口袋中各装有 1 个黑球和 2 个白球，乙口袋中装 有 2 个黑球和 1 个白球，现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复进行 n（ *nN ）次 这样的操作，记口袋甲中黑球的个数为 nX ，恰有 1 个黑球的概率为 np ，则 1p 的值是________； nX 的数 学期望  nE X 是________. 四、解答题（本大题共 5 小题，共 77 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 15. （13分） 某中学数学兴趣小组，为测量学校附近正在建造中的某建筑物的高度，在学校操场选择了同一条直线上的 A， B，C三点，其中 40mAC  ，点 B为 AC中点，兴趣小组组长小王在A ， B，C三点上方 5m处的 1A， 1B ， 1C 观察已建建筑物最高点E的仰角分别为 ， ， ，其中 tan 1  ，tan 2  ，tan 3  ，点D 为点 E在地面上的正投影，点 1D 为DE上与 1A， 1B ， 1C 位于同一高度的点. （1）求建造中的建筑物已经到达的高度DE； （2）求 1 1 1 1 1 1 sin sin AD B B DC   的值. 16.（15分） 如图，在四面体 ABCD 中， ABCV 是正三角形， ACD 是直角三角形， ABD CBD  ， AB BD ． （1）证明：平面 ACD 平面 ABC； （2）若二面角D AC E  的正切值为 4 3 ，求四面体 ACDE与四面体 ABCD的体积之比． 17.（15分） 高三第五次考试数学试题 第 4 页（共 4 页） 已知点 P为椭圆 2 2: 1 4 yC x  的右顶点，圆 2 2 2: ( 1) (0 1)Q x y t t     ，过点 P作 Q 的两条切线分 别与椭圆交于 ,A B两点（不同于点 P）． （1）当 t变化时，直线 ,PA PB的斜率乘积是否为定值，若是，求出这个定值；若不是，请说明理由； （2）给定一个 t，椭圆上的点到直线 AB的距离的最大值为 d ，当 t变化时，求 d 的最大值，并求出此时 t 的值． 18.（17分） 设函数  2( ) ln 1f x x x a x   ． （1）若曲线 ( )y f x 在点 (1,0)处的切线方程为 1 0x y   ，求 a 的值； （2）当 1x  时 ( ) 0f x  恒成立，求实数 a 的取值范围； （3）证明：  * 2 ln 2 2 1 n k k n n k     N ． 19.（17分） 已知有限集   1 2 3A , , , , 2na a a a n  ，若 A 中的元素  1,2, ,ia i n L 满足 1 2 1 2n na a a a a a     ，则称A 为“ n元重生集”. （1）集合 1 2 1 2, 2 2            是否为“2元重生集”，请说明理由； （2）是否存在集合中元素均为正整数的“3元重生集”？如果有，请求出有几个，如果没有，请说明理由； （3）若 *ia N ，证明：“ n元重生集”A 有且只有一个，且 3n  .