精品解析：2025届吉林省东北三省教育教学联合体高三3月联合模拟预测数学试题

保密★启用前 东北三省教育教学联盟2025年3月联合考试 高三数学 考试范围：高考范围；考试时间：120分钟 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 一、单选题（40分） 1. 已知集合{高，考，必，胜}，{吉，大，必，胜}，则（ ） A. {吉，大，高，考} B. {必，胜} C. {金，榜，题，名} D. {吉，大，高，考，必，胜} 2. 已知非零向量满足，且，则与的夹角为 A. B. C. D. 3. 双曲线的左、右焦点分别为，．过作其中一条渐近线的垂线，垂足为P．已知，直线的斜率为，则双曲线的离心率为（ ） A. B. 2 C. D. 3 4. 已知函数的极大值为，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知数列是递增数列，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数恰有一个极值点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数且在R上为单调函数.若方程有4个不同的实数解，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知分别为上的奇函数和偶函数，且满足，当时，，若，则大小关系为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（18分，全部选对得全部分，部分选对得部分分，错误答案不得分） 9. 在复数范围内，方程的两个根分别为，，则（ ） A. B. C. D. 10. 如图，长方体中，是侧面的中心，是底面的中心，点在线段上运动，则下面选项正确的是（ ） A. 直线与平行 B. 四面体的体积为定值 C. 点到平面的距离为 D. 异面直线与所成的角为 11. 已知函数，则（ ） A. 只有1个极小值点 B. 曲线在点处的切线斜率为9 C. 当有3个零点时，m的取值范围为 D. 当只有1个零点时，m的取值范围为 三、填空题（10分） 12. 已知向量，若，则的最小值为________． 13. 已知，是函数，的两个零点，则________． 四、解答题（82分） 14. 在中，角所对的边分别为，满足． （1）求角的大小； （2）设． （i）求边的值； （ii）求的值． 15. 如图，在三棱柱中，平面平面，为线段上一点． （1）求证：； （2）是否存在点，使得平面与平面的夹角余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 16. 已知函数（是自然对数的底数） （1）求函数在上的单调增区间； （2）若为的导函数，函数，求在上的最大值． 17. 有一项危险任务需要工作人员去完成，每次只进入一人，且每人只进入一次，在规定安全时间内未完成任务则撤出，换下一个人进入，但最多派三人执行任务．现在一共有、、三个人可参加这项任务，他们各自能完成任务的概率分别为，，，且，，互不相等，他们三个人能否完成任务的事件相互独立． （1），，，如果按照、、的顺序先后进入； ①求任务能被完成的概率； ②求所需派出入员数目的分布列和数学期望； （2）假定，试分析以怎样的先后顺序派出、、三个人可使所需派出的人员数目的数学期望达到最小，请说明理由． 18. 已知数列，其中. （1）若，集合表示集合的非空子集个数.集合的第个非空子集中的所有元素之和记为，设. （i）直接写出； （ii）计算的前项相和； （2）取，在数列中至少有一项为负值，且，将数列各项依次放在正五边形各顶点上，每个顶点一项.任意相邻三个顶点的三项为，若中间项，则进行如下交换，将变换为，直到正五边形各顶点上的数均为非负时变换终止.求证：对任何符合条件的，上述变换终止只需进行有限多次. 19. 十进制与二进制是常见的数制，其中十进制的数据是由0，1，2，3，4，5，6，7，8，9这十个数码来表示的数，基数为10，进位规则是“逢十进一”，借位规则是“借一当十”；二进制的数据是由0，1这两个数码来表示的数，基数为2，进位规则是“逢二进一”，借位规则是“借一当二”；例如：十进制的数20对应二进制表示的数为，二进制的数对应十进制表示的数为15．用表示非空的整数集合A的所有元素的和，已知集合，，i=1，2，…，n且．（一个数，不特别说明，默认为十进制）. （1）写出“37”对应二进制表示的数及“”对应的十进制数； （2）若集合，，，，求与的所有可能值组成的集合； （3）若，且对每个正整数，都存在A的子集S，使得，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 保密★启用前 东北三省教育教学联盟2025年3月联合考试 高三数学 考试范围：高考范围；考试时间：120分钟 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 一、单选题（40分） 1. 已知集合{高，考，必，胜}，{吉，大，必，胜}，则（ ） A. {吉，大，高，考} B. {必，胜} C. {金，榜，题，名} D. {吉，大，高，考，必，胜} 【答案】D 【解析】 【分析】根据并集的含义即可得到答案. 【详解】根据并集的含义得{吉，大，高，考，必，胜}. 故选：D. 2. 已知非零向量满足，且，则与的夹角为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查利用平面向量数量积计算向量长度、夹角与垂直问题，渗透了转化与化归、数学计算等数学素养．先由得出向量的数量积与其模的关系，再利用向量夹角公式即可计算出向量夹角． 【详解】因为，所以=0，所以，所以=，所以与的夹角为，故选B． 【点睛】对向量夹角的计算，先计算出向量的数量积及各个向量的摸，在利用向量夹角公式求出夹角的余弦值，再求出夹角，注意向量夹角范围为． 3. 双曲线的左、右焦点分别为，．过作其中一条渐近线的垂线，垂足为P．已知，直线的斜率为，则双曲线的离心率为（ ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据点到直线的距离公式可得，结合直角三角形中各边关系可得，利用直线的斜率为列式化简即可求出的值，由此可得结果. 【详解】 由题意得，不妨设点在第一象限，点所在渐近线方程为，即， ∵，∴， ∴，且. ∵，∴， 由点在直线上得，，故， ∵，∴，解得， ∴， ∴双曲线的离心率. 故选：C. 4. 已知函数的极大值为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】借助导数，判定函数单调性，再结合极大值为，对分类讨论求出，验证即可. 【详解】由题意，， 则， 令，解得或， 当时，在，上满足，单调递增， 在上满足，单调递减， 所以在处取得极大值，，解得， 当时，在，上满足，单调递增， 在上满足，单调递减， 所以在处取得极大值，，不符合题意， 当时，，在R上单调递增，无极值，不符合题意， 综上所述，. 故选：D. 5. 已知数列是递增数列，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由数列单调递增得到分段函数单调递增，然后建立不等式组，解得的取值范围. 【详解】由，数列是递增数列， 得，解得， 所以a的取值范围是. 故选：C 6. 已知函数恰有一个极值点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】函数恰有一个极值点，只需有一个变号实数根，反解参数，研究其单调性，得出的取值范围. 【详解】， ， 因为函数恰有一个极值点， 所以有一个变号实数根， 即有一个变号的根， 即与一个交点，且在该交点前后两函数的大小关系发生变化， 令， 则， 令，函数单调递增，解得：， 令，函数单调递减，解得：， 则， 有一根，即， 当，时都有 当时，， 所以. 综上所述，的取值范围是 故选：C 7. 已知函数且在R上为单调函数.若方程有4个不同的实数解，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先根据单调性的定义得到的范围，接着将看作一个整体，然后结合一元二次方程求解出的值，然后结合的值域求解出的范围. 【详解】由题意可知：为单调函数， 当时，单调递减; 故当时，也是单调递减，故 要确保在R上单调递减，则， 解得：， 所以满足在R上单调递减时，实数a的取值范围为 当时，， 又在上单调递减，， 所以， 即在上的值域为 令，则或3， 即或， 要使得有4个不同的实数解， 则， 解得： 综上，实数a的取值范围为：，即 故选：C. 8. 已知分别为上的奇函数和偶函数，且满足，当时，，若，则大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用分别为上的奇函数和偶函数，得的周期为2，且求出，利用导数判断出时，为单调递增函数，再利用对数的性质判断出的大小可得答案. 【详解】因为分别为上的奇函数和偶函数， 所以， 由， 得， 所以，可得的周期为2， 又， 可得， 两式相加可得， 当时，因为都是增函数， 所以为增函数， 且，所以为单调递增函数， ， ，， 所以. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是求出，利用导数判断出时，为单调递增函数. 二、多选题（18分，全部选对得全部分，部分选对得部分分，错误答案不得分） 9. 在复数范围内，方程的两个根分别为，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据韦达定理和复数范围内一元二次方程两根的特点一一分析即可. 【详解】对A，根据韦达定理知，故A错误； 对B，根据韦达定理知，故B正确； 对C，解出两根分别为，显然两根互为共轭复数，则，故C正确； 对D，因为，则，故D正确. 故选：BCD. 10. 如图，长方体中，是侧面的中心，是底面的中心，点在线段上运动，则下面选项正确的是（ ） A. 直线与平行 B. 四面体的体积为定值 C. 点到平面的距离为 D. 异面直线与所成的角为 【答案】ABC 【解析】 【分析】连接，则为的中点，为的中点，即可判断A；证明平面，再根据棱锥的体积公式即可判断B；以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法即可判断CD. 【详解】对于A选项，连接， 因为是侧面的中心，是底面的中心， 则为的中点，为的中点， 所以在中，为的中位线，即，A正确； 对于B选项，因为，平面平面， 所以平面， 又点在线段上运动，所以点到平面的距离为定值， 又为定值，所以四面体的体积为定值，B正确； 对于C选项，如图以点为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则， 设平面的一个法向量为， 则， 解得，令，得，则， 所以点到平面的距离，C正确； 对于D选项，，, 则， 故异面直线与所成的角不为，D错误. 故选：ABC. 11. 已知函数，则（ ） A. 只有1个极小值点 B. 曲线在点处的切线斜率为9 C. 当有3个零点时，m的取值范围为 D. 当只有1个零点时，m的取值范围为 【答案】BC 【解析】 【分析】讨论的取值范围，通过求导分析函数的单调区间，可得选项A错误，选项B正确；把函数零点问题转化为的图象与直线的交点个数问题，作出函数图象，数形结合可得选项C正确，选项D错误. 【详解】由得或；由得. 当或时，，则， ∴当或时，当时， ∴在上单调递增，在上单调递减. 当时，则， ∴当时，当时， ∴在上单调递增，在上单调递减. 综上得，在处取得极小值，故有2个极小值点，故A错误. ∵，∴曲线在点处的切线斜率为9，故B正确. 由得，函数的零点个数问题转化为函数的图象与直线的交点个数问题. 根据函数单调性分析，作出函数的图象，如图所示， 由图1可得，当函数的图象与直线有3个交点时，m的取值范围为，故C正确. 由图2可得，当函数的图象与直线有1个交点时，m的取值范围为，故D错误． 故选：BC. 三、填空题（10分） 12. 已知向量，若，则的最小值为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据向量平行的坐标表示得，利用常数代换和基本不等式可得. 【详解】因为，所以，， 所以， 当且仅当，即时等号成立. 故答案为： 13. 已知，是函数，的两个零点，则________． 【答案】 【解析】 【分析】利用和差化积公式得，再结合正弦函数性质即可得到答案. 【详解】根据和差化积公式得， 则令， 当时，因为，则，此时无解， 当 ，因为，则， 则或，解得或， 则. 故答案为：. 四、解答题（82分） 14. 在中，角所对的边分别为，满足． （1）求角的大小； （2）设． （i）求边的值； （ii）求的值． 【答案】（1） （2）（i）3；（ii） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理把边化为角，再利用和差公式及三角形内角和定理即可求解. （2）（i）由余弦定理即可求解；（ii）利用正弦定理可求出，由余弦定理可得，利用二倍角公式及和差公式即可求解. 【小问1详解】 中，， 由正弦定理得， 所以， 即， 所以， 因为，，所以， 又，所以. 【小问2详解】 （i）由余弦定理，得，即， 即，解得. （ii）由正弦定理得， 所以， 因为，， 所以， 所以， 所以. 15. 如图，在三棱柱中，平面平面，为线段上一点． （1）求证：； （2）是否存在点，使得平面与平面的夹角余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 连接，因为在三棱柱中，所以四边形为平行四边形， 因为，所以四边形为菱形， 所以， 又平面平面，平面平面平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以; （2）存在，或 【解析】 【分析】（1）连接，证明四边形为平行四边形，再用菱形性质得到，通过面面垂直的性质得到平面，运用线面垂直性质进而证明，最后使用线面垂直定理得证； （2）以的中点为坐标原点，过O作射线,以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，记平面的法向量求出和平面的法向量，再根据二面角的余弦公式建立方程求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，以的中点为坐标原点，过O作射线,则可以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 因为， 则， ， 设， 则， 记平面的法向量， 则， 即， 得， 易得平面的法向量， 由题意：， 解得：或，经验证，或均符合题意． 所以或. 16. 已知函数（是自然对数的底数） （1）求函数在上的单调增区间； （2）若为的导函数，函数，求在上的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）直接求导再令导函数大于等于0，解出即可； （2）求出，再分析其单调性即可得到最值. 【小问1详解】 由已知， 令，结合，解得，所以的单调递增区间， 【小问2详解】 由题可知， 因为，所以，令，解得， 令，解得，所以在上单调递增，在上单调递减， 所以的最大值为. 17. 有一项危险任务需要工作人员去完成，每次只进入一人，且每人只进入一次，在规定安全时间内未完成任务则撤出，换下一个人进入，但最多派三人执行任务．现在一共有、、三个人可参加这项任务，他们各自能完成任务的概率分别为，，，且，，互不相等，他们三个人能否完成任务的事件相互独立． （1），，，如果按照、、的顺序先后进入； ①求任务能被完成的概率； ②求所需派出入员数目的分布列和数学期望； （2）假定，试分析以怎样的先后顺序派出、、三个人可使所需派出的人员数目的数学期望达到最小，请说明理由． 【答案】（1）①；②分布列见解析，数学期望为； （2）先派A，再派B，最后派C时，派出人员数目X的数学期望达到最小. 【解析】 【分析】（1）①根据独立性事件乘法公式即可得到答案； ②可取1，2，3，再分别计算出其对应概率，再利用数学期望公式即可得到答案； （2）首先分析出前两人应从A和B中选，C最后派出，再分类讨论作差比较两种方案即可. 【小问1详解】 ①设按照A、B、C的顺序先后进入，任务被完成为事件， 则 . ②可取1，2，3， ，， ， 所以其分布列为 X 1 2 3 P 数学期望. 【小问2详解】 若按照某一指定顺序派人，A、B、C三人各自能完成任务的概率依次为，，， 其中，，是，，的一个排列， 结合（1）②知， 由，得要使最小，前两人应从A和B中选，C最后派出， 若先派A，再派B，最后派C，则； 若先派B，再派A，最后派C，则， 而，所以先派A，再派B，最后派C时，派出人员数目X的数学期望达到最小. 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是计算出期望表达式，再分析C最后派出，最后分类讨论并比较大小即可. 18. 已知数列，其中. （1）若，集合表示集合的非空子集个数.集合的第个非空子集中的所有元素之和记为，设. （i）直接写出； （ii）计算的前项相和； （2）取，在数列中至少有一项为负值，且，将数列各项依次放在正五边形各顶点上，每个顶点一项.任意相邻三个顶点的三项为，若中间项，则进行如下交换，将变换为，直到正五边形各顶点上的数均为非负时变换终止.求证：对任何符合条件的，上述变换终止只需进行有限多次. 【答案】（1）（i）（ii） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）（i）根据定义写出； （ii）由题意得集合，所以，法1：利用子集构成特点，由于集合的每个元素在其子集中出现的次数均为，得，求出，用裂项相消法求其前项和；法2：利用递推关系，得到，构造数列，借助累加法求出，再求出，用裂项相消法求其前项和； （2）由题意所述的变换不变，且始终为整数，所以，构造一个函数，经过每一次变换，函数的值至少减少2，且恒非负，即可证结论. 【小问1详解】 （i）由则，，因此可得； 由则，，因此可得； 由则，，因此可得； 故； （ii）由题意得集合，所以， 解法1：（利用子集构成特点） 由于集合的每个元素在其子集中出现的次数均为， 故， 所以， 所以. 解法2：（利用递推关系） 将集合拆分为集合与， 集合的所有非空集合中的元素之和的和为， 集合的所有非空子集中的元素之和的和为与集合的所有子集中的元素加上的和， 集合共有个子集， 所以. 即，易得，累加得， 所以. 所以， 所以. 【小问2详解】 由题意所述的变换不变，且始终为整数，所以， 构造一个函数， 不妨对进行一次操作，此时五边形顶点上的数变为， 所以有 ， 因为，得，又， 所以， 则经过每一次变换，函数的值至少减少2，且恒非负， 所以变换只能进行有限多次. 【点睛】关键点点睛：第三问的关键是首先由题意知每次变换不变，再构造一个函数，证明经过每一次变换，函数的值至少减少2，且恒非负，说明之间的差值越来越小，又其和为正，故变换只能进行有限多次，使得五边形各顶点上的数均为非负. 19. 十进制与二进制是常见的数制，其中十进制的数据是由0，1，2，3，4，5，6，7，8，9这十个数码来表示的数，基数为10，进位规则是“逢十进一”，借位规则是“借一当十”；二进制的数据是由0，1这两个数码来表示的数，基数为2，进位规则是“逢二进一”，借位规则是“借一当二”；例如：十进制的数20对应二进制表示的数为，二进制的数对应十进制表示的数为15．用表示非空的整数集合A的所有元素的和，已知集合，，i=1，2，…，n且．（一个数，不特别说明，默认为十进制）. （1）写出“37”对应二进制表示的数及“”对应的十进制数； （2）若集合，，，，求与的所有可能值组成的集合； （3）若，且对每个正整数，都存在A的子集S，使得，求的最小值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据二进制与十进制定义进行相互转化，即可得结果； （2）根据题中与定义，利用列举法得结果； （3）先根据整数二进制表示找到满足条件一个值，再证明其为最小值. 【小问1详解】 ， ； 【小问2详解】 根据题意为非空集合， ， 所以集合为中一种， 可能值为， ， 所以集合为中一种， 可能值为， 因此与的所有可能值组成的集合分别为； 【小问3详解】 根据整数二进制表示可知：1到中正整数可以表示为， 可知，对每个正整数，都存在的子集S，使得， 从而对每个正整数，都存在的子集S，使得， 进而对每个正整数，都存在的子集S，使得，即满足题意，此时， 下证：， 一方面，因为前10个数之和不能小于1012，否则设，则， 对于 ，显然不存在A的子集S，使得， 另一方面，因为， 所以根据整数二进制表示知，其前9个数之和最大为511，故， 综上：. 【点睛】解决新定义解题策略：（1）先要耐心审题，弄清其内涵与性质，确定解题方向，（2）再按照新定义的要求“照章办事”，逐步分析、验证、探索解题方法，直至解决问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $