精品解析：吉林省长春市东北师范大学附属中学等五校2025届高三上学期期末数学试题

东北师大附中 长春十一高中吉林一中 四平一中 松原实验中学 2025届高三联合模拟考试 数学科试题 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 的共轭复数为（ ） A. B. C. D. 2. 若集合，集合，则的非空真子集个数为（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，满足，则实数（ ） A. 2 B. C. D. 0 4. 已知一组数据是公差为的等差数列，若去掉首末两项后，则（ ） A. 平均数变大 B. 中位数没变 C. 方差变大 D. 极差没变 5. 已知动点到定点的距离之和为4，直线与动点的轨迹有交点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 若 ，且 ，则 的最大值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知菱形的边长为，对角线与相交于，以为折痕把折起，使点到达点的位置，使．若点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知指数函数，若有且只有两个不等根，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知函数的定义域为，则（ ） A. B. C. 是奇函数 D. 是偶函数 10. 已知曲线，则（ ） A. 曲线C关于原点对称 B. 曲线C上任意点P满足（O为坐标原点) C. 曲线C与有且仅有两个公共点 D. 曲线C上有无数个整点（整点指横纵坐标均为整数的点） 11. 设，为两个正数，定义，的算术平均数为，几何平均数为．上个世纪五十年代，美国数学家D．H．Lehmer提出了“Lehmer均值”，即，其中为有理数，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 二项式，若，则________． 13. 已知数列满足，则________． 14. 已知双曲线的左焦点为，点在右支上且关于轴对称，为正三角形，O为坐标原点，且，则双曲线的离心率e为________． 四、解答题：本题共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. 在中，角的对边分别为，若成等差数列，且. 求的值； 若，求的面积. 16. 已知曲线在处的切线方程为． （1）求a，b； （2）若函数有两个零点，求实数m的取值范围． 17. 如图，三棱锥中，，平面平面，平面平面. （1）证明：平面； （2）若为钝角，且二面角的大小为，求. 18. 在概率论和统计学中用协方差来衡量两个变量的总体误差，对于离散型随机变量，定义协方差为.将号码分别为1，2，3，4的4个小球等可能地放入号码分别为1，2，3，4的4个盒子中，每个盒子恰好放1个小球. （1）求1号球不在1号盒子中，且2号球不在2号盒子中的概率； （2）记所放小球号码与盒子号码相同的个数为，不同的个数为，求证：； （3）结合实例，解释协方差的实际含义. 19. 已知的两个顶点，，点G为的重心，边上的两条中线的长度之和为6，记点G的轨迹为曲线E． （1）求曲线E的方程； （2）若点P是曲线E上的任意一点，，，，，直线PC，PD与x轴分别交于点M，N． ①求的最大值； ②判断是否为定值．若为定值，求出该定值；若不为定值，求出它的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 东北师大附中 长春十一高中吉林一中 四平一中 松原实验中学 2025届高三联合模拟考试 数学科试题 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 的共轭复数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用共轭复数的性质，直接计算求解即可 【详解】因为，所以的共轭复数为. 故答案选：A 2. 若集合，集合，则的非空真子集个数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先分别确定集合，，再根据交集的定义求，再根据中元素的个数确定其非空真子集的个数. 【详解】因为集合 ， 集合， 则，所以的非空真子集个数为：个． 故选：B 3. 已知向量，，满足，则实数（ ） A. 2 B. C. D. 0 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量数量积的坐标表示以及模长公式列方程即可求得. 【详解】依题意可得， 所以，整理可得， 即可得，解得. 故选：C 4. 已知一组数据是公差为的等差数列，若去掉首末两项后，则（ ） A. 平均数变大 B. 中位数没变 C. 方差变大 D. 极差没变 【答案】B 【解析】 【分析】由等差数列的求和公式以及性质，分别求得平均数、中位数、方差与极差，可得答案. 【详解】数据的平均数，中位数为， 方差为 ， 极差为； 数据的平均数，中位数为， 方差为 ， 极差为. 由，，，， 则平均数与中位数不变，方差与极差变小，故ACD错误，B正确. 故选：B. 5. 已知动点到定点的距离之和为4，直线与动点的轨迹有交点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意直线与线段相交，求出直线过线段端点时的斜率即可得解. 【详解】由题意，点的轨迹为线段， 又直线过定点, 所以， 由题意，直线与线段相交， 所以或， 故选：C 6. 若 ，且 ，则 的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据诱导公式化简，再由二倍角公式及基本不等式求解. 【详解】因为，由诱导公式可得， 所以， 由知，， 所以，当且仅当即时，等号成立. 所以 的最大值为. 故选：C 7. 已知菱形的边长为，对角线与相交于，以为折痕把折起，使点到达点的位置，使．若点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意作图，根据外接球的性质确定球心的位置，利用余弦定理，可得答案. 【详解】由题意，作图如下： 在菱形中，由，则为正三角形， 由，则，，所以为二面角的平面角， 设为三棱锥的外接球球心，取的中心分别为，连接，如下图： 在正中，由为其中心，则， 在中，易知，则， 在中，由余弦定理可得，解得， 所以球的表面积. 故选：D. 8. 已知指数函数，若有且只有两个不等根，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由可得，由互为反函数函数图象关系可得有两解， 即有两个根，最后由函数图象与直线有两个交点可得答案. 【详解】由题意得，即方程有两个不等根， 函数与图象有两个不同交点， 与互为反函数，则两函数图象关于对称， 则与图象的交点都分布在直线上，问题等价于与有两个不同交点，即有两根， 即函数图象与直线有两个交点. 设，则，令， 则在上单调递增，在上单调递减，. 又， 可得大致图象如下，则要使图象与直线有两个交点， 需满足. 故选：C 二、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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知函数的定义域为，则（ ） A. B. C. 是奇函数 D. 是偶函数 【答案】ABC 【解析】 【分析】求得，判断A，再令求得，从而令，可得，判断B，已知等式变形为，令，则，由赋值法得是奇函数，判断C，再计算出，判断D． 【详解】令，可得，故A正确； 令，可得，令，可得，则，故B正确； 由，可得，令，则，令，可得，令，则，所以是奇函数，即是奇函数，故C正确； 因为，所以不是偶函数，故D错误． 故选：ABC． 10. 已知曲线，则（ ） A. 曲线C关于原点对称 B. 曲线C上任意点P满足（O为坐标原点) C. 曲线C与有且仅有两个公共点 D. 曲线C上有无数个整点（整点指横纵坐标均为整数的点） 【答案】BC 【解析】 【分析】选项A，取特殊点，验证即可判断； 选项B，由，分，讨论，即可判断； 选项C，联立，分，讨论，即可判断； 选项D，分，讨论，分析即可判断 【详解】选项A，满足，故点在曲线上，但不满足，故点不在曲线上，故曲线C不关于原点对称，错误； 选项B，令在曲线上，故 当时， 当时， 故曲线C上任意点P满足（O为坐标原点)，正确； 选项C，联立，故 当时，，解得，故有两个交点 当时，，无解 故曲线C与有且仅有两个公共点，正确； 选项D，当时，曲线C为 若为整点，则或 故有三个整点 当时，曲线C为 若为整点，则， 若，则，与矛盾 故曲线C上只有三个整点，不正确 故选：BC 11. 设，为两个正数，定义，的算术平均数为，几何平均数为．上个世纪五十年代，美国数学家D．H．Lehmer提出了“Lehmer均值”，即，其中为有理数，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】根据各均值的定义及基本不等式的内容分别判断各选项. 【详解】A选项：， 当且仅当时，等号成立，故A选项正确； B选项：， 当且仅当时，等号成立，故B选项正确； C选项：， 当且仅当时，等号成立，故C选项不正确； 对于D，当时，由C可知，，故D选项不正确； 故选：AB． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 二项式，若，则________． 【答案】 【解析】 【分析】由二项式定理写出展开式的通项，利用赋值法求得参数，根据指定项，可得答案. 【详解】由可得其展开式通项， 令时，，可得，解得， 令时，. 故答案为：. 13. 已知数列满足，则________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意整理数列的通项公式，利用列举法与观察可得通项，可得答案. 【详解】由，则， 所以， 可得，即，经检验，符合题意， 故. 故答案为：. 14. 已知双曲线的左焦点为，点在右支上且关于轴对称，为正三角形，O为坐标原点，且，则双曲线的离心率e为________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意可以得到，求出，再由余弦定理求出的值，最后根据双曲线定义即可求解. 【详解】 由题意知，为正三角形，且，关于轴对称， 所以，且， 所以， 由余弦定理得， 由双曲线定义得，即， 所以. 故答案为：. 四、解答题：本题共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. 在中，角的对边分别为，若成等差数列，且. 求的值； 若，求的面积. 【答案】（1）；（2） 【解析】 【详解】因为成等差数列，所以 由正弦定理得即 又因为根据余弦定理有： 所以 因为根据余弦定理有： 由知，所以 解得. 由得， 所以的面积 【点睛】本题考查等差数列的简单性质，正弦定理、余弦定理、面积公式的考查，难度不大，属于简单题. 16. 已知曲线在处的切线方程为． （1）求a，b； （2）若函数有两个零点，求实数m的取值范围． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）利用导函数与切线斜率的关系求解； （2）将题设等价转化为曲线与直线有两个交点，利用导数与函数单调性、极值的关系确定函数的图象与性质，即可求实数m的取值范围. 【小问1详解】 ， ， 所以,解得. 【小问2详解】 ， 函数有两个零点， 相当于曲线与直线有两个交点， ， 当时，，所以在上单调递减， 当时，，所以在上单调递增， 所以时，取得极小值， 又时，,时，， 所以实数m的取值范围为． 17. 如图，三棱锥中，，平面平面，平面平面. （1）证明：平面； （2）若为钝角，且二面角的大小为，求. 【答案】（1）证明如下： 如图，在平面ABC内取点O，过O作于M，过O作于N， 平面平面ABC，平面平面，平面ABC， 平面PAC，又平面PAC，，同理可证， 又，平面ABC， 平面ABC； （2） 【解析】 【分析】（1）如图，根据面面垂直的性质可得平面PAC，利用线面垂直的性质可得、，结合线面垂直的判定定理即可证明； （2）法一：如图，根据线面垂直的判定定理与性质可得平面PAC，得，设，，则，根据建立方程，解之即可求解. 法二：建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角建立关于的方程，结合三角恒等变换的化简计算即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 法一：如图，过点B作于点H，过H作于点Q，连接BQ， 平面ABC，平面ABC，， 又，平面PAC， 平面PAC，则为二面角的平面角，即 设，， 则，， 所以，又，所以， 所以，由得， 整理得，又，解得或（舍去）， 综上. 法二：如图，以C为坐标原点建立空间直角坐标系，设，， 则，，，， 易知平面PAC的法向量为， 设面PAB的法向量为， 则， ， 则， 整理得，由， 得，解得或（舍）， 综上，. 18. 在概率论和统计学中用协方差来衡量两个变量的总体误差，对于离散型随机变量，定义协方差为.将号码分别为1，2，3，4的4个小球等可能地放入号码分别为1，2，3，4的4个盒子中，每个盒子恰好放1个小球. （1）求1号球不在1号盒子中，且2号球不在2号盒子中的概率； （2）记所放小球号码与盒子号码相同的个数为，不同的个数为，求证：； （3）结合实例，解释协方差的实际含义. 【答案】（1） （2）证明：由题意知的所有可能取值为0，1，2，4，且， ，， ，， 故的分布列为 0 1 2 4 所以，. 解法一：因为， 所以， 令，则的分布列为 0 则. 解法二： 因为，所以时，，时，， 则， 时，，则， 时，，则， 故. . （3）令， 可知当时，和同时大于或同时小于各自的数学期望； 当时，和相对于各自数学期望的大小情况相反. 因此，刻画了和之间的变化趋势： 如果，表示和的变化趋势相同； 如果，表示和的变化趋势相反. 在第（2）问中，表示“所放小球号码与盒子号码相同”的个数和“所放小球号码与盒子号码不同”的个数的变化趋势相反，与实际情况相吻合. 【解析】 【分析】（1）求出总的基本事件数和满足题意的基本事件数，利用古典概型的概率计算公式进行求解即可， （2）求出的所有可能取值及其对应的概率，写出分布列，利用数学期望公式及其性质求出的数学期望，求出的分布列，即可得证，或者求解的分布列，进而得数学期望，根据期望的性质化简计算即可求解， （3）根据的正负，即可结合（2）求解. 【小问1详解】 将号码分别为1，2，3，4的4个小球等可能地放入号码分别为1，2，3，4的4个盒子中，每个盒子恰好放1个小球的所有情况有（种）， 1号球在2号盒子中时，有种情况，1号球在3或4号盒子中时，有种情况 1号球不在1号盒子中，且2号球不在2号盒子中包含的情况有（种），记“1号球不在1号盒子中，且2号球不在2号盒子中”为事件， 则. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：求解本题第（1）问的关键是分析1号球不在1号盒子中，且2号球不在2号盒子中包含哪些情况；求解本题第（2）问的关键是借助的关系，求或对协方差公式进行等价转化；求解本题第（3）问的关键是理解协方差的概念，分析出协方差刻画的问题本质. 19. 已知的两个顶点，，点G为的重心，边上的两条中线的长度之和为6，记点G的轨迹为曲线E． （1）求曲线E的方程； （2）若点P是曲线E上的任意一点，，，，，直线PC，PD与x轴分别交于点M，N． ①求的最大值； ②判断是否为定值．若为定值，求出该定值；若不为定值，求出它的最大值． 【答案】（1） （2）①最大值为；②定值16 【解析】 【分析】（1）由重心得到，从而得到点的轨迹为以，的焦点的椭圆（除去两个与轴的两个交点），从而得到椭圆方程； （2）①设，，则，确定直线PC方程，得到点M的坐标，同理得到N点坐标，表达出，从而求出的最大值； ②表达出，结合，得到答案. 【小问1详解】 由题意得，且， 故， 故点的轨迹为以，的焦点的椭圆（除去两个与轴的两个交点）， 其中，解得， 故， 故曲线E的方程为； 【小问2详解】 ①设，，则， 则直线PC方程为， 令得， 直线PD方程为， 令得， 则， 因为，所以， 故当时，， ②为定值，理由如下： 因为，所以， 故. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法： （1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决； （2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $