精品解析：2025届黑龙江省哈尔滨市香坊区哈尔滨德强高级中学一模数学试题

高三数学 本试卷满分150分，考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解不等式化简集合，再利用交集的定义求解. 【详解】由， 由， 所以. 故选：C 2. 已知复数满足：，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的乘除法求出复数z，可得复数，由模长公式即可求得答案. 【详解】由，得， 所以. 故选：D. 3. 已知圆锥的轴截面是一个斜边长为的等腰直角三角形，则圆锥的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由轴截面可得底面半径及母线长，再由表面积公式即可求解； 【详解】因为轴截面是一个斜边长为的等腰直角三角形， 所以圆锥的底面半径，母线， 所以圆锥的表面积. 故选：D. 4. 已知等比数列的前项和为，若公比，，则（ ） A. 49 B. 56 C. 63 D. 112 【答案】B 【解析】 【分析】根据等比数列的通项公式推导出与公比的关系，再结合已知条件求出的值. 【详解】∵，∴. 故选：B. 5. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知条件求出与的值，再利用三角函数的两角和公式求出，最后根据二倍角公式求出. 【详解】由，可得，且， 故. 故选：C. 6. 已知函数，若是上的增函数，，且是的必要不充分条件，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由集合的包含关系，分类讨论时， 的解集即可求解； 【详解】是上的增函数，得， 考虑 当时，等价于得：. 当时，等价于， 当时，由，可得：，又，此时解集为， 也即的解集为符合题意； 当时，由，可得：，又，此时解集为， 也即的解集为，不符合题意； 当时，由，可得：，又，此时解集为， 也即的解集为，符合题意； 综上可知：的取值范围是. 故选：B 7. 已知为函数（，）的一个零点，直线为曲线的一条对称轴，设的最小正周期，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用三角函数的图象性质，通过图象中两个特殊点的距离与周期的关系求出周期，再结合周期公式求出，最后代入特殊点求出，进而求得的值. 【详解】由三角函数的图象与性质可得，，解得，， 又因为，故有且仅有时满足题意，此时，解得， 此时，代入，可得，， 又因为，故有且仅有时满足题意，此时.故. 故选：C. 8. 已知实数，，满足，，，其中为自然对数的底数.则，，的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】构建函数，利用导数分析的单调性，根据题意可得，，，且，，，结合单调性分析判断. 【详解】设，可知函数的定义域为，且， 因为在定义域上单调递增，且， 若，则；若，则； 可得在上单调递增，在上单调递减， 又因为，，， 可得，，， 即，，，且，，， 可知，且，，，所以. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于构建函数，结合函数的单调性分析判断. 二、选择题：本题共3小题，每题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. 已知一组样本数据分别为：31，6，12，19，17，16，11，则该组样本数据的（ ） A. 极差为27 B. 上四分位数为19 C. 平均数为15.5 D. 方差为 【答案】BD 【解析】 【分析】根据平均数、方差以及极差求解可判断ACD，根据百分位数计算即可判断D. 【详解】将样本数据按照从小到大的顺序排列为：6，11，12，16，17，19，31. 对于A，根据极差定义可知，该组数据的极差为，故A错误； 对于B，因为，所以该组数据的上四分位数为19，故B正确； 对于C，该组数据的平均数为，故C错误； 对于D，该组数据的方差为， 故D正确. 故选：BD. 10. 设，分别为双曲线的左、右焦点，为上一点，则（ ） A. 的焦距为 B. 当在的右支上，且时， C. 当时，点到的两条渐近线距离之和为 D. 当时，为直角三角形 【答案】ABD 【解析】 【分析】由椭圆方程可得c的值，判断A；确定P点坐标结合双曲线定义判断B；求出渐近线方程结合点到直线的距离公式可判断C；求出P点坐标结合向量垂直的坐标运算可判断D. 【详解】由双曲线可知， 得的焦距为，故A正确； 由在双曲线的右支上，且可得，从而， 又因为，此时轴，即，所以，故B正确； 的渐近线方程为，当时，， 故点到的两条渐近线距离之和为，故C错误； 由可得，而，取， ，，则，所以， 因此为直角三角形，由对称性可知当时也成立，故D正确. 故选：ABD. 11. 如图，四棱台的底面是正方形，，底面.动点满足，则下列判断正确的是（ ） A. 点可能在直线上 B. 点可能在直线上 C. 若点在底面内，则三棱锥的体积为定值 D. 若点在棱上，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A：由与所在直线相交且不垂直可判断；对于B，通过可判断，对于C，通过等体积可判断，对于D，通过求证，得到可判断； 【详解】点的轨迹是过点且与垂直的平面（不包括点），因为与所在直线相交且不垂直，因此直线与平面相交，所以A正确； 因为底面，在底面内，所以， 又，，平面，，所以平面， 因为平面，所以， 因此平面平面， 又，平面，平面， 所以，故B不正确； 若点在底面内，则点在直线上，而平面， 所以点到平面的距离为定值， 所以为定值，故C正确； 设的中点为， 若点在棱上，则，，，，平面， 所以平面，又平面，所以， 在梯形中，可以求得，， 所以，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在的展开式中，常数项为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先根据二项式定理得到通项公式，再通过令该项中的次数为，求出的值，进而得到常数项. 【详解】二项式的展开式的第项为，则的展开式的第项为，， 令，得，所以常数项为. 故答案为：. 13. 已知平面向量，满足，且在上的投影向量为，则向量与向量的夹角为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据条件，利用投影向量的定义得到，再利用向量夹角公式，即可求解. 【详解】因在上的投影向量为，即， 则，又，则得， 所以， 又，故向量与向量的夹角为， 故答案为：. 14. 著名物理学家、数学家阿基米德利用“逼近法”，得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.已知平面内，椭圆经过平移和旋转后，能得到以为一个焦点，且过点的椭圆，则椭圆面积的最大值为_________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意求出椭圆半焦距c的范围，即可求得短半轴b的范围，即可求得答案. 【详解】由椭圆可知，结合题意知椭圆的面积为， 设椭圆另外一个焦点为，则，，即， 所以在以为圆心，1为半径的圆上，故，即， 当三点共线时等号成立（F在之间）， 所以，所以椭圆面积的最大值为. 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. 已知中，角，，所对的边分别为，，，. （1）求角的大小； （2）若为的中点，，，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先由正弦定理进行边角互化，再利用二倍角的正弦公式结合特殊角的三角函数关系即可求得答案； （2）由为的中点得，左右平方实数化可得边，再利用三角形的面积求解即可. 【小问1详解】 由正弦定理，得， 又，所以，所以， 所以， 因为，所以，所以， 所以，解得，即. 【小问2详解】 因为为的中点，所以， 两边平方得到， 又，， 所以，整理可得， 解得或（舍去） 所以的面积. 16. 设函数. （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）若为增函数，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由导数的几何意义即可求解； （2）法一：参变分离得到在上恒成立，构造函数求最值即可；法二：构造函数，通过分类讨论求最值即可求解； 【小问1详解】 当时，， 所以，，， ∴曲线在处的切线方程为， 整理得，， ∴曲线在处的切线方程为. 【小问2详解】 ，， 是增函数，即在上恒成立， 方法一：即在上恒成立，所以， 设，，则，， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， ∴当时，取得极大值，也是最大值， ∵，∴的取值范围是. 方法二：即在上恒成立，所以， 设，，则，， ①若，则，在上单调递增， 当趋近于0时，趋近于，即不恒成立， 所以在上不单调递增，与题意不符，舍去. ②若，则当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 则当时，取得极小值，也是最小值， ∴，解得， ∴的取值范围是. 17. 如图所示，正三角形的边长为2，，，分别是各边的中点，现将，，分别沿，，折起，使得，，所在平面均与底面垂直. （1）求证：平面平面； （2）求二面角的正弦值. 【答案】（1） 因为为正三角形，且，，分别是各边的中点， 所以，，均为正三角形. 分别取，，的中点，，， 则，，，， 又因为平面底面，平面底面，平面， 所以平面，同理可得平面，所以， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面，同理可得平面， 又，平面，平面， 所以平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）利用面面垂直的性质定理和面面平行的判定定理证明即可； （2）以为坐标原点，分别以，，为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，利用空间向量法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知两两垂直， 以为坐标原点，分别以，，为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以，， 设平面的法向量为，则 令，得，，所以， 易知平面的一个法向量为， 所以， 所以二面角的正弦值为. 18. 如果随机变量全部可能取到的值是有限的或者可列无限多对的，那么我们就称是二维离散型的随机变量.甲、乙两人参加一次知识竞赛，竞赛过程有一轮抢答环节，共有三题供甲、乙二人抢答.已知甲、乙抢到每题的概率相等，且抢到每题与否相互独立.在抢到任意一题后，甲、乙答对的概率分别为和.对于每一个题，抢到题并回答正确的得1分，没抢到题的得0分，抢到题但回答错误的扣1分（即得分），三题抢答结束后，得分高者获胜（每题都有人抢答）.记这次比赛中，甲、乙得分数分别为，，是二维离散型随机变量.把所有可能的取值，和取这些值的概率画在一张表中，这张表为二维离散型随机变量的分布列. 0 1 2 3 0 1 2 3 其中. （1）求，； （2）求； （3）已知随机事件发生了，求随机变量的分布列. 【答案】（1）， （2） （3） 随机变量的分布列如下： 1 3 【解析】 【分析】（1）根据已知分布列表格计算结合独立事件概率公式计算求解； （2）应用条件概率计算求解即可； （3）先应用条件概率分别计算概率，再写出随机变量的分布列. 【小问1详解】 ，的情况有，甲抢到2题并答对2题，乙未抢到题，不符合题意； 甲抢到2题并答对2题，乙抢到2题并答对1题答错1题，不符合题意，所以， ，的情况有，甲抢到2题并答对2题，乙抢到1题并答错1题， 所以. 【小问2详解】 ，故. 【小问3详解】 表示：甲抢到2题并答对1题答错1题，或甲抢到0题， 故， 已知，则的可能取值有，，1，3， ， ， ， ， 因此，随机事件发生了，随机变量的分布列如下： 1 3 19. 在平面直角坐标系中，若圆与抛物线有公共点，且圆与抛物线在点处有相同的切线，则称为抛物线的和谐数，圆为的和谐圆. （1）试判断3是否为抛物线的和谐数.若是，求出3的和谐圆；否则，请说明理由. （2）设，，…，均为抛物线的和谐数，且，记，，…，的和谐圆分别为圆，，…，，设圆，，…，与抛物线的公共点分别为，，…，，已知，且，圆与外切. （ⅰ）求数列的通项公式； （ⅱ）设点，记的面积为，证明：. 【答案】（1）是， （2）（ⅰ）； （ⅱ）证明：显然点为抛物线的焦点，∴， 易知，且，∴为等腰三角形， 易知的面积， 当时，， ∴， ∴， ∴， ∴不等式得证. 【解析】 【分析】（1）先假设3是抛物线的和谐数，进而结合题意求解即可； （2）（ⅰ）不妨设，由为抛物线的和谐数，可得的和谐圆为，进而结合（1）得到，，进而结合题意可得，进而得到数列是等差数列，进而求解； （ⅱ）由题意可得，，，可得为等腰三角形，可得的面积，进而放缩得到当时，，结合裂项相消法求证即可. 【小问1详解】 假设3是抛物线的和谐数，则3的和谐圆为， 由对称性，不妨设圆与抛物线有公共点， 显然抛物线在点处的切线，即曲线在点处的切线， 易知该切线的斜率为， ∵圆与抛物线在点处有相同的切线， ∴，解得， ∴圆与抛物线有公共点， ∴和谐圆的半径为 ∴3是抛物线的和谐数，且3的和谐圆为. 【小问2详解】 由对称性，只需考虑，，…，均在轴上方的情形，不妨设， （ⅰ）∵为抛物线的和谐数， ∴的和谐圆为， ∴由（1）可知，，解得， ∴， ∵在圆上，∴， ∵，圆与外切，且， ∴，即， ∴， ∴数列是等差数列，其公差为2，首项为， ∴，即， ∴数列的通项公式为. （ⅱ）略 【点睛】方法点睛：与新定义有关的问题的求解策略： 1.通过给出一个新的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的； 2.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学 本试卷满分150分，考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足：，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知圆锥的轴截面是一个斜边长为的等腰直角三角形，则圆锥的表面积为（ ） A. B. C. D. 4. 已知等比数列的前项和为，若公比，，则（ ） A. 49 B. 56 C. 63 D. 112 5. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，若是上的增函数，，且是的必要不充分条件，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知为函数（，）的一个零点，直线为曲线的一条对称轴，设的最小正周期，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知实数，，满足，，，其中为自然对数的底数.则，，的大小关系是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每题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. 已知一组样本数据分别为：31，6，12，19，17，16，11，则该组样本数据的（ ） A. 极差为27 B. 上四分位数为19 C. 平均数为15.5 D. 方差为 10. 设，分别为双曲线的左、右焦点，为上一点，则（ ） A. 的焦距为 B. 当在的右支上，且时， C. 当时，点到的两条渐近线距离之和为 D. 当时，为直角三角形 11. 如图，四棱台的底面是正方形，，底面.动点满足，则下列判断正确的是（ ） A. 点可能在直线上 B. 点可能在直线上 C. 若点在底面内，则三棱锥的体积为定值 D. 若点在棱上，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在的展开式中，常数项为__________. 13. 已知平面向量，满足，且在上的投影向量为，则向量与向量的夹角为__________. 14. 著名物理学家、数学家阿基米德利用“逼近法”，得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.已知平面内，椭圆经过平移和旋转后，能得到以为一个焦点，且过点的椭圆，则椭圆面积的最大值为_________. 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. 已知中，角，，所对的边分别为，，，. （1）求角的大小； （2）若为的中点，，，求的面积. 16. 设函数. （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）若为增函数，求的取值范围. 17. 如图所示，正三角形的边长为2，，，分别是各边的中点，现将，，分别沿，，折起，使得，，所在平面均与底面垂直. （1）求证：平面平面； （2）求二面角的正弦值. 18. 如果随机变量全部可能取到的值是有限的或者可列无限多对的，那么我们就称是二维离散型的随机变量.甲、乙两人参加一次知识竞赛，竞赛过程有一轮抢答环节，共有三题供甲、乙二人抢答.已知甲、乙抢到每题的概率相等，且抢到每题与否相互独立.在抢到任意一题后，甲、乙答对的概率分别为和.对于每一个题，抢到题并回答正确的得1分，没抢到题的得0分，抢到题但回答错误的扣1分（即得分），三题抢答结束后，得分高者获胜（每题都有人抢答）.记这次比赛中，甲、乙得分数分别为，，是二维离散型随机变量.把所有可能的取值，和取这些值的概率画在一张表中，这张表为二维离散型随机变量的分布列. 0 1 2 3 0 1 2 3 其中. （1）求，； （2）求； （3）已知随机事件发生了，求随机变量的分布列. 19. 在平面直角坐标系中，若圆与抛物线有公共点，且圆与抛物线在点处有相同的切线，则称为抛物线的和谐数，圆为的和谐圆. （1）试判断3是否为抛物线的和谐数.若是，求出3的和谐圆；否则，请说明理由. （2）设，，…，均为抛物线的和谐数，且，记，，…，的和谐圆分别为圆，，…，，设圆，，…，与抛物线的公共点分别为，，…，，已知，且，圆与外切. （ⅰ）求数列的通项公式； （ⅱ）设点，记的面积为，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $