精品解析：2025届山西省太原市高三一模考试数学试题

太原市2025年高三年级模拟考试（一） 数学 （考试时间：下午15:00—17:00） 注意事项： 1．本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，第I卷1至4页，第II卷5至8页. 2．回答第I卷前，考生务必将自己的姓名、考试编号填写在答题卡上. 3．回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B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，写在本试卷上无效. 4．回答第II卷时，将答案写在答题卡相应位置上，写在本试卷上无效. 5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 第I卷（选择题 共58分） 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. 计算（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】直接由复数的除法运算可得解. 【详解】. 故选：B. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解不等式确定集合，然后由并集定义计算. 【详解】因为，， 解得：，， 所以. 故选：C. 3. 已知，，若，则实数（ ） A. B. 3 C. 6 D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用平面向量减法坐标表示求出，再利用平面向量平行的坐标表示建立方程，求解参数即可. 【详解】因为，，所以， 因为，所以，解得，故A正确. 故选：A 4. 已知，，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用对数函数的性质，分别比较与的大小即可. 【详解】由， . 所以. 故选：B 5. 已知的三条边长分别为3，4，5，的两个顶点是椭圆的焦点，其另一个顶点在椭圆上，则的离心率的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据焦距进行分类讨论，结合已知条件求离心率的最大值. 【详解】已知的三条边长分别为，，，因为，所以是直角三角形. 设的两个顶点为椭圆的焦点，另一个顶点在椭圆上. 情况一：若焦距，则椭圆上一点到两焦点距离之和. 此时离心率. 情况二：若焦距，则椭圆上一点到两焦点距离之和. 此时离心率. 情况三：若焦距，则椭圆上一点到两焦点距离之和. 此时离心率. 所以椭圆的离心率的最大值为. 故选：C. 6. 将函数的图象先向左平移个单位，再向上平移1个单位后，所得的图象经过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据函数平移的规则，求出平移后的新函数，然后将代入新函数，得，结合条件求出即可. 【详解】函数向左平移个单位，再向上平移1个单位后，得到的新函数为 当时，, 化简得, 即, 则,其中，解得,， 又因为, 所以，所以 故选：C. 7. 已知函数有三个零点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】问题化为在上有三个根，进而化为有三个根，导数研究且的区间单调性和值域，讨论参数m判断方程根的个数求参数范围. 【详解】令，则， 两侧平方得，即， 所以， 对于且，有， 上，即在上单调递增， 上，即在上单调递减， 当时有，当时有，当时有， 在上值域为，在上值域为，在上值域为， 当时，，则有三个根，则，满足题设； 当时，，可得或，共有两个零点，不合题设； 当时，或，且， 若，则，即为其中的两个根， 此时，结合上述分析且有且仅有一个根，共有三个零点，满足题设； 若，则为其中的两个根，而且有且仅有一个根为， 此时，一共只有两个零点，不满足题设； 若，则，此时为其中一个根， 此时，结合上述分析且无实根，共有一个零点，不满足题设； 综上所述，的取值范围为. 故选：A. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 8. 已知样本数据的平均数为3，方差为3，样本数据的平均数为3，方差为6，则下列结论正确的是（ ） A. 数据的平均数为7 B. 数据的方差为11 C. 数据的平均数为3 D. 数据的方差为5 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用平均数的性质判断A，C，利用方差的性质判断B，D即可. 【详解】对于A，因为样本数据的平均数为3， 所以由平均数性质得数据的平均数为，故A正确， 对于B，因为样本数据的方差为6， 所以数据的方差为，故B错误， 对于C，因为样本数据的平均数为3，样本数据的平均数为3， 所以数据的平均数为，故C正确， 对于D，由已知得数据的平均数为， 则新方差为，故D正确. 故选：ACD 9. 已知函数，若，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】通过分析函数的单调性，再结合已知条件且来逐一判断选项. 【详解】,即,解不等式可得, 所以函数的定义域为 ， ， 因为,所以, 则, 函数在上单调递增； 对于选项A：已知,因为函数在上单调递增， 所以,故A正确； 对于选项B：由且，可得， 因为函数在上单调递增，所以,故B正确； 对于选项C：由且， 可得, ， 因为函数在上单调递增，所以,故C错误； 对于选项D：因为且,所以， , 又因为函数在上单调递增， 所以,故D错误； 故选：AB. 10. 已知动点到点和直线的距离和为5，记其轨迹为曲线．点，是曲线上的两个不同点，点，则下列结论正确的是（ ） A. 曲线的方程为 B. 对于任意，都存在点，，使得成立 C. 当时，若点，关于点对称，则 D. 若点，关于点对称，则的取值范围为 【答案】BCD 【解析】 【分析】求曲线的方程，判断A的真假；根据曲线的对称性，可判断B的真假；结合，坐标的特点，可求的取值范围，判断C的真假；分，两种情况，求的取值范围，判断D的真假. 【详解】对A：根据题意，列方程：. 当时，化简可得：； 当时，化简可得：.故A错误. 对B：由A，作出曲线如下： 可知曲线关于轴对称，所以对于任意，都存在点，，只要，，就能使得成立，故B正确； 对C：因为，所以一定分别在曲线（）和（）上. 不放设，（），则， 因为，所以.故C正确； 对D：若，因为，关于对称，所以当，分别对应点和，时，取得最大值；当接近曲线的上下顶点时，接近于0； 若，由C可知，，且 ，. 所以. 综上：，故D正确. 故选：BCD 第II卷（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 11. 的展开式中的系数是______．（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】由二项式定理可得的展开式的通项公式，由通项公式结合条件可得答案. 【详解】的展开式的通项公式为， 令可得 所以的展开式中的系数是 故答案为： 12. 已知圆台的上、下底面的半径分别为1和3，球与该圆台的上、下底面及其侧面都相切，则球的表面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】作出圆台的轴截面，根据题设和几何性质可得，结合勾股定理求出球半径，代入球的表面积即可. 【详解】设圆台的高为,球的半径为，作出圆台的轴截面，如图所示， ， 已知圆台的上、下底面半径分别为 ，斜边为圆台母线长， 圆台的轴截面等腰梯形的高 等于球的直径2, 因为球与圆台侧面相切，所以 , 则 ， 所以 , 所以， 同时 ，由勾股定理可得, 将, 代入到中， 得到，化简得，， 根据球的表面积公式,将代入公式可得：， 综上，球的表面积为. 故答案为：. 13. 对于数列，称为数列的1阶商分数列，其中；称为数列的阶商分数列，其中，当时，．已知数列，，且为数列的2阶商分数列，则数列的前项和为________． 【答案】 【解析】 【分析】理解阶商分数列的新定义，根据新定义可得，将和代入化简可得递推关系式：，利用累乘法以及裂项相消法即可求得，从而求得数列的前n项和. 【详解】根据题目中的定义，数列的1阶商分数列中， 满足：①，则②； 2阶商分数列中，满足：， 根据题意，， 将①，②代入上式可得：③， 将和代入③得：， 化简后得到递推关系式：，化简可得：， 由累乘法可得： ， 所以， 经检验，，，满足上式； 所以， 设数列的前n项和为 ， 则， . 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． 14. 已知，，分别是的内角，，的对边，且． （1）求； （2）若是边上一点，且，，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理化简已知条件，从而求得. （2）利用三角恒等变换求得，利用正弦定理列方程来求得. 【小问1详解】 由得， 由余弦定理得，∵，∴． 【小问2详解】 设，∵，∴， ∴， 在中，由正弦定理得， 在中，由正弦定理得， ∵，∴， ∴， ∴． 15. 已知函数，． （1）讨论函数的单调性； （2）当时，若恒成立，求的值． 【答案】（1）答案见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，再分类讨论求出函数的单调性. （2）由给定不等式构造函数，得该函数在处取得最小值，结合极值的意义求出，再验证得解. 【小问1详解】 函数定义域为，求导得， 当时，，函数在上单调递增； 当时，由，得；由，得， 函数在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，函数在上单调递增； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 令，， 求导得，由当时，恒成立， 得，恒成立，而，因此是函数的最小值， 又在可导，则1是的极小值点，，解得， 当时，，， 令，，求导得， 由，得；由，得， 函数在上单调递减，在上单调递增，则，即， 因此，当且仅当时取等号， 所以. 16. 如图，在多面体中，四边形是边长为2的菱形，且，平面，平面平面，是等边三角形． （1）求证：； （2）若，点是线段上一点，二面角的余弦值为，求的长． 【答案】（1）证明见解析 （2）1 【解析】 【分析】（1）设是的中点，根据菱形的几何性质有，由面面垂直的性质定理可知平面，进而可证明平面，所以. （2）建立空间直角坐标系，设，通过计算法向量来表示二面角的余弦值，计算求得的值即可得出结果. 【小问1详解】 证明：设是的中点，连结，， ∵平面，∴， ∵是等边三角形，∴， ∵平面平面，∴平面， ∴，∴，，，共面， ∵四边形边长为2的菱形，，， 在中，， ∴，∴， ∵四边形为菱形，∴，∴， ∵，∴平面，∴． 【小问2详解】 由（1）得，， ∵平面， ∴，以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 设，则， 设是平面的一个法向量，则 ∴ 取，则，∴， 设是平面的一个法向量，则 ∴ 取，则，，∴， ∵二面角的余弦值为，∴， ∴或（舍去），∴． 17. 已知圆，点，动点，以为直径的圆与圆相外切，记点的轨迹为曲线． （1）求曲线的方程； （2）设点，，，直线，分别与曲线交于点，（点异于点）． ①求证：直线过定点； ②若，为垂足，求点的轨迹方程． 【答案】（1） （2）①证明见解析；② 【解析】 【分析】（1）设是中点，，连接，，即可得到，结合双曲线的定义计算可得； （2）①设，，直线的方程为，联立直线与曲线方程，消元，列出韦达定理，求出、的方程，令得到，从而得到、的关系，即可求出定点坐标；②由①知直线过定点，记其为点，即可得到在以为直径的圆上，从而求出轨迹方程. 【小问1详解】 设是中点，，连接，， 由题意可得且， 所以， 故点的轨迹是以，为焦点，实轴长为2的双曲线的右支曲线， 则，所以，， 所以曲线的方程为． 【小问2详解】 ①设，，直线的方程为， 由得， ∴，， 直线的方程为，令，则， 直线的方程为，令，则， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴或， 当时，直线的方程为，令，即，所以， 所以直线经过点，即点与重合，与题意不符； 当时，直线的方程为，令，即，所以， 所以直线过定点； ②由①知直线过定点，记其为点， 由可知垂足在以为直径的圆上，∵，∴， 所以点的轨迹方程为． 18. 某商场推出购物抽奖促销活动，活动规则如下： ①顾客在该商场内的消费额每满100元，可获得1张奖券； ②每张奖券可以进行1次抽奖活动，即从装有4个白球、2个红球的盒子中，随机摸取1个球（每个球被摸到的可能性相同）．奖励规则：若摸出白球，则没有中奖，摸出的白球放回原盒子中，本张奖券抽奖活动结束；若摸出红球，则中奖，获得礼品1份，且摸出的红球不放回原盒子中，同时得到一次额外的抽奖机会（该抽奖机会无需使用新的奖券），继续从当前盒子中随机摸取1个球，其奖励规则不变； ③从第二张奖券开始，使用每张奖券抽奖时均在前一张奖券抽奖活动的基础上进行； ④若顾客获得2份礼品（即该顾客将2个红球都摸出）或使用完所获奖券，则该顾客本次购物的抽奖活动结束． （1）顾客甲通过在商场内消费获得了若干张奖券并进行抽奖，求事件“甲使用第2张奖券抽奖，中奖"的概率； （2）顾客乙通过在商场内消费获得了若干张奖券并进行抽奖，求事件“乙获得第2份礼品时，共使用了3张奖券”的概率； （3）顾客丙消费了1000元，设表示顾客丙在这次抽奖活动中所使用奖券的数量，求的分布列及其期望． 【答案】（1） （2） （3）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）根据古典概型，分别确定每个子事件发生概率，再利用分步乘法计数原理，将两个子事件的概率相乘，从而得到目标事件的概率. （2）“乙获得第2份礼品时，共使用了3张奖券”存在多种实现路径，通过细致分析抽奖规则，将其分为“第1张未中奖，第2、3张中奖”和“第1张中奖，第2张未中奖，第3张中奖”这两种互斥情况,计算可求得结果; （3）依据抽奖规则和题目设定，明确随机变量所有可能的取值为1、2、3,概率求解：对每个取值，分析其对应的抽奖过程和结果，利用古典概型及分步乘法计数原理计算相应的概率，进而构建出的分布列和期望. 【小问1详解】 设事件“甲使用第张奖券抽奖，中次奖”， 则所求事件为，其概率为． 【小问2详解】 设事件“乙使用第张奖券抽奖，中次奖”， 则所求事件为，其概率为． 【小问3详解】 由题意可知的所有可能取值为1，2，⋯，10． 当时，表示顾客丙使用张奖券将2个红球全部摸出； 当时，表示顾客丙使用第10张奖券抽奖时盒子里有1个或2个红球． 设事件“顾客丙使用第张奖券抽奖时盒子里有2个红球”的概率为，事件“顾客丙使用第张奖券抽奖时盒子里有1个红球”的概率为， 则，，，， ∴，， ∴，∴，， ∴，， ∴； ∴ ， 设， ∴， ∴，∴， 设， ∴， ∴，∴， ∴ . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 太原市2025年高三年级模拟考试（一） 数学 （考试时间：下午15:00—17:00） 注意事项： 1．本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，第I卷1至4页，第II卷5至8页. 2．回答第I卷前，考生务必将自己的姓名、考试编号填写在答题卡上. 3．回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B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，写在本试卷上无效. 4．回答第II卷时，将答案写在答题卡相应位置上，写在本试卷上无效. 5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 第I卷（选择题 共58分） 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. 计算（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，，若，则实数（ ） A. B. 3 C. 6 D. 4. 已知，，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知的三条边长分别为3，4，5，的两个顶点是椭圆的焦点，其另一个顶点在椭圆上，则的离心率的最大值为（ ） A. B. C. D. 6. 将函数的图象先向左平移个单位，再向上平移1个单位后，所得的图象经过点，则（ ） A B. C. D. 7. 已知函数有三个零点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 8. 已知样本数据的平均数为3，方差为3，样本数据的平均数为3，方差为6，则下列结论正确的是（ ） A. 数据的平均数为7 B. 数据的方差为11 C. 数据平均数为3 D. 数据的方差为5 9. 已知函数，若，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知动点到点和直线的距离和为5，记其轨迹为曲线．点，是曲线上的两个不同点，点，则下列结论正确的是（ ） A. 曲线的方程为 B. 对于任意，都存在点，，使得成立 C. 当时，若点，关于点对称，则 D. 若点，关于点对称，则的取值范围为 第II卷（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 11. 的展开式中的系数是______．（用数字作答） 12. 已知圆台上、下底面的半径分别为1和3，球与该圆台的上、下底面及其侧面都相切，则球的表面积为________． 13. 对于数列，称为数列的1阶商分数列，其中；称为数列的阶商分数列，其中，当时，．已知数列，，且为数列的2阶商分数列，则数列的前项和为________． 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． 14. 已知，，分别是的内角，，的对边，且． （1）求； （2）若是边上一点，且，，求值． 15. 已知函数，． （1）讨论函数的单调性； （2）当时，若恒成立，求的值． 16. 如图，在多面体中，四边形是边长为2的菱形，且，平面，平面平面，是等边三角形． （1）求证：； （2）若，点是线段上一点，二面角的余弦值为，求的长． 17. 已知圆，点，动点，以为直径的圆与圆相外切，记点的轨迹为曲线． （1）求曲线的方程； （2）设点，，，直线，分别与曲线交于点，（点异于点）． ①求证：直线过定点； ②若，为垂足，求点的轨迹方程． 18. 某商场推出购物抽奖促销活动，活动规则如下： ①顾客在该商场内的消费额每满100元，可获得1张奖券； ②每张奖券可以进行1次抽奖活动，即从装有4个白球、2个红球的盒子中，随机摸取1个球（每个球被摸到的可能性相同）．奖励规则：若摸出白球，则没有中奖，摸出的白球放回原盒子中，本张奖券抽奖活动结束；若摸出红球，则中奖，获得礼品1份，且摸出的红球不放回原盒子中，同时得到一次额外的抽奖机会（该抽奖机会无需使用新的奖券），继续从当前盒子中随机摸取1个球，其奖励规则不变； ③从第二张奖券开始，使用每张奖券抽奖时均在前一张奖券抽奖活动的基础上进行； ④若顾客获得2份礼品（即该顾客将2个红球都摸出）或使用完所获奖券，则该顾客本次购物的抽奖活动结束． （1）顾客甲通过在商场内消费获得了若干张奖券并进行抽奖，求事件“甲使用第2张奖券抽奖，中奖"的概率； （2）顾客乙通过在商场内消费获得了若干张奖券并进行抽奖，求事件“乙获得第2份礼品时，共使用了3张奖券”的概率； （3）顾客丙消费了1000元，设表示顾客丙在这次抽奖活动中所使用奖券的数量，求的分布列及其期望． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $