精品解析：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 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，其他图象与直线至多有两个不同的交点，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是（ ） 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，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（ ） 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. 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. 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. 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. 设函数. （1）若曲线在点处的切线方程为，求的值； （2）当时恒成立，求实数的取值范围； （3）证明：. 19. 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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. 下面四个数中，最大的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据对数函数单调性求得，然后可判断最大项. 【详解】因为，即， 所以，，故B，C错误； 又，所以. 故选：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. 【答案】B 【解析】 【分析】通过大轮的速，得到小轮的转速，从而求出小轮上每一点的转速，再根据弧长公式计算可得. 【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：B 3. 已知函数的定义域为，其他图象与直线至多有两个不同的交点，且，函数的图象关于直线对称，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】利用函数图象对称得到，从而结合题设条件得到关于的方程组，解之即可得解. 【详解】令，则由题意可知的图象关于直线对称， 所以，即， 故，故的图像关于对称， 又因，且函数图像与直线至多有两个不同的交点， 则令或， 解得或，则. 故选：B 4. 已知 的内角 的对边分别为 若面积 则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先利用余弦定理的变形：，结合三角形的面积公式，可把条件转化为：，再根据同角三角函数的基本关系和三角形中，可求得. 【详解】因为，所以， 又由， 所以. 所以 所以，又因为在中，，所以. 故选：A 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. 【答案】B 【解析】 【分析】建立坐标系，先把转化为，其中，再利用两点之间线段最短求解. 【详解】如图：建立平面直角坐标系.则，,取.设 则. 所以， 又. 故选：B 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. 【答案】B 【解析】 【分析】采用分类与分步计数原理，先排丙共有种分法，再分为甲、丙在同一所学校和甲、丙不在同一所学校两类，每类分别讨论，最后相加得到结果. 【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人可分别分为1、2、3组， 分别有、、种排法，故共有： 种排法. 故选：B. 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 【答案】A 【解析】 【分析】设正棱锥的底面正多边形的外接圆的半径为，利用棱锥的体积公式，可得正棱锥的体积，令，设，利用导数求得函数的单调性与最大值，结合选项，即可求解. 【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. 已知是数列的前项和，若，数列的首项，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据二项式定理可知，再根据二项式系数的性质可得，再根据递推公式可得，利用分组求和的方法可得解. 【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：A. 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是（ ） 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 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定的公式，结合复数的相关概念逐项分析判断即得. 【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. 如图所示，四面体的底面是以为斜边的直角三角形，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 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据锥体体积的计算公式可得两个三棱锥高和底面积相等，即A正确；利用线面垂直判定定理以及面面垂直的性质定理可证明平面，可判断B正确；当与重合，可知，这与矛盾，因此C不成立；利用三棱锥性质可求得外接球球心为的位置及其半径与三棱锥棱长的关系即可求得与之比的最小值. 【详解】对于A，因为为中点，则，而两个三棱锥高相等，故体积相等，A正确； 对于B，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，如下图所示： 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B正确. 对于C，若与不重合，由平面，平面，可得； 又是以为斜边的直角三角形可知， 又,平面，所以平面, 又平面，所以， 当时，，平面， 所以平面，又平面， 可得， 但若与重合，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C错误； 对于D，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：ABD. 11. 记函数在区间的极值点分别为，函数的极值点分别为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据导数可得，为方程的两个根，进而可判断；，利用换元法设，可得，与相等，进而可判断；由可判断；求出，，根据不等式性质可判断. 【详解】选项A：，， 故由题意可知，为方程的两个根，故，故A正确； 选项B： ， 所以 ， 设，因为，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，，， 因为，故，即，故，故D正确. 故选：. 【点睛】方法点睛：换元法：换元法是实现数学知识板块之间问题转化的常用方法，所谓换元法，就是通过把某个式子看成一个整体，用新的变量或新形式去替代它，从而使问题简化. 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______． 【答案】1 【解析】 【分析】设出公比，根据，求出公比，故，得到. 【详解】设公比为，则， 其中，又， 故，， 故，即， 解得. 故答案为：1 13. 已知点为扇形的弧上任意一点，且，若，则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】建系设点的坐标，再结合向量关系表示，最后应用三角恒等变换及三角函数值域求范围即可. 【详解】方法一：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. 方法二：设，如图，当位于点或点时，三点共线，所以； 当点运动到的中点时，，所以 故答案为： 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________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用全概率公式求出；利用期望的计算公式求出有关的递推式，然后构造等比数列求通项即可. 【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： ;. 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. 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. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设，根据条件得到，在和，利用余弦定理得到，即可求解； （2）利用正弦定理得到，由（1）知，即可求解. 【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，由余弦定理得到， 在中，由余弦定理得到， 又，所以， 整理得到，解得，所以. 【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. 16. 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． 【答案】（1） 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. （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点O，连接，，得到，再由是正三角形，得到，利用面面垂直的判定证明； （2）以O为坐标原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立的空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量，结合向量的夹角公式列出方程，即可求解. 【小问1详解】 略 【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. 17. 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. 【答案】（1）是，定值为 （2）最大值为， 【解析】 【分析】（1）根据点到直线的距离公式可得为方程的两个根，即可利用韦达定理求解， （2）联立直线与椭圆方程得韦达定理，即可由点斜式与直线过定点的求法求得直线过定点，进而利用据两点距离，结合二次函数的性质求解有最大值根据两直线垂直即可分类讨论即可得解. 【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. 【小问2详解】 设， 联立，得， 则，进一步可求得，同理得， 直线的斜率 ， 则直线的方程为， 令，则， 所以直线过定点， 设椭圆上任意一点，则点到点的距离为 ， 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. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法 （1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点. （2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关. 18. 设函数. （1）若曲线在点处的切线方程为，求的值； （2）当时恒成立，求实数的取值范围； （3）证明：. 【答案】（1） （2） （3）证明如下： 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. 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求解； （2）求出导函数，并设，求得，由于 ，因此根据，以及分类讨论是否恒成 立，从而得参数范围； （3）由（2）不等式变形得，再用代后变形及放缩得，然后令后相加可证． 【小问1详解】 ， 由题意曲线在点处的切线方程为， 则，解得； 【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，，在单调递增， 时，，在单调递减， 又，所以时，恒成立，即恒成立， 此时在上单调递增，因此，与题意不合，舍去， 综上． 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于第（3）小题，关键是利用（2）中不等式变形及不等式的性质得出，然后分别令后相加得证． 19. 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. 【答案】（1）不是，理由见解析 （2）存在，1个 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1），故不为“2元重生集”； （2）设正整数集为“3元重生集”，设，利用不等式关系推出，故，求出； （3）设，得到，当时，推出矛盾，当时，由（2）可知，有且只有1个“3元重生集”，即，当时，推出，但在上恒成立，故当时，不存在“元重生集”，从而证明出结论. 【小问1详解】 ， 因为， 所以集合不是“2元重生集”. 【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. 【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. 【点睛】思路点睛：新定义问题的方法和技巧： （1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解； （2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻； （3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律； （4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $