精品解析：辽宁省辽阳市灯塔市第一高级中学2025届高三下学期第一次模拟考试数学试题

2025届高三年级第一次模拟考试 数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题纸上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题纸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.回答非选择题时，将答案写在答题纸上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷与答题卡一并由监考人员收回. 一、单项选择题：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. 1. 已知复数满足，则（ ） A. B. 2 C. 5 D. 7 2. 已知命题p：，，命题q：，，则（ ） A. p和q都是真命题 B. 和q都是真命题 C. p和都是真命题 D. 和都是真命题 3. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 4. 若数列的前n项和满足，则（ ） A. 数列为等差数列 B. 数列为递增数列 C. 为等差数列 D. 为等差数列 5. 已知，，则（ ） A. B. 7 C. D. 6. 一组样本数据，，，…，（）的平均数为，方差为，则由这组样本数据得到的新样本数据2，2，，，…，的方差为（ ） A 5 B. C. 6 D. 7. 将双曲线绕其中心旋转一个合适的角度，可以得到一些熟悉的函数图象，比如反比例函数，“对勾”函数，“飘带”函数等等，它们的图象都能由某条双曲线绕原点旋转而得.现将双曲线绕原点旋转一个合适的角度，得到“飘带”函数的图象，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数满足，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知函数图象的对称中心也是函数图象的对称中心，则的解析式可以为（ ） A. B. C D. 10. 已知.不等式的解集为且，则下列说法中正确的是（ ） A. 函数的极大值点为1 B. 函数对称中心为 C. 过点可作一条直线与曲线相切 D. 当时， 11. 如图，在棱长为1的正方体中，E是线段上的动点（不包括端点），过A，，E三点的平面将正方体截为两个部分，则下列说法正确的是（ ） A. 正方体的外接球的表面积是正方体内切球的表面积的3倍 B. 存在一点E，使得点和点C到平面的距离相等 C. 正方体被平面所截得的截面的面积随着的增大而增大 D. 当正方体被平面所截得的上部分的几何体的体积为时，E是的中点 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数，若，则__________. 13. 已知是等差数列的前项和，数列的公差为，且是等差数列，则______. 14. 若实数a，b，c满足条件：，则的最大值是______． 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. 在三棱柱中，侧面是边长为4的正方形，，. （1）求证：平面平面； （2）求二面角的余弦值. 16. 学校进行足球专项测试考核，考核分“定位球传准”和“20米运球绕杆射门”两个项目.规定：“定位球传准”考核合格得4分，否则得0分；“20米运球绕杆射门”考核合格得6分，否则得0分.现将某班学生分为两组，一组先进行“定位球传准”考核，一组先进行“20米运球绕杆射门”考核，若先考核项目不合格，则无需进行下一个项目，直接判定为考核不合格；若先考核的项目合格，则进入下一个项目进行考核，无论第二个项目考核是否合格都结束考核.已知小明“定位球传准”考核合格的概率为0.8，“20米运球绕杆射门”考核合格的概率为0.7，且每个项目考核合格的概率与考核次序无关. （1）若小明先进行“定位球传准”考核，记为小明结束考核后的累计得分，求的分布列； （2）为使累计得分的期望最大，小明应选择先进行哪个项目的考核？并说明理由. 17. 已知函数. （1）讨论的单调区间； （2）若在上的最小值为1，求a的值. 18. 已知椭圆的离心率为，左右两顶点分别为，过点作斜率为的动直线与椭圆相交于两点.当时，点到直线的距离为. （1）求椭圆的标准方程； （2）设点关于原点的对称点为，设直线与直线相交于点，设直线的斜率为，试探究是否为定值，若为定值，求出定值并说明理由. 19. 已知数列的前项和为，若数列满足：①数列项数有限为；②；③，则称数列为“阶可控摇摆数列”. （1）若等比数列为“10阶可控摇摆数列”，求的通项公式； （2）若等差数列为“阶可控摇摆数列”，且，求数列通项公式； （3）已知数列为“阶可控摇摆数列”，且存在，使得，探究：数列能否为“阶可控摇摆数列”，若能，请给出证明过程；若不能，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025届高三年级第一次模拟考试 数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题纸上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题纸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.回答非选择题时，将答案写在答题纸上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷与答题卡一并由监考人员收回. 一、单项选择题：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. 1. 已知复数满足，则（ ） A. B. 2 C. 5 D. 7 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知条件求出复数，再根据复数模的计算公式求出． 【详解】已知，即．则． 可得． 故选：C． 2. 已知命题p：，，命题q：，，则（ ） A. p和q都是真命题 B. 和q都是真命题 C. p和都是真命题 D. 和都是真命题 【答案】D 【解析】 【分析】需要分别判断命题和命题的真假，再根据命题真假性与它的否定之间的关系，得出和的真假． 【详解】对于p，取，则有，故p是假命题，是真命题； 对于q，，则，故q是假命题，是真命题. 综上，和都是真命题. 故选：D. 3. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据对数函数的定义域、指数函数的值域求得，，进而求得. 【详解】由，解得，所以， 而，所以， 所以. 故选：C. 4. 若数列的前n项和满足，则（ ） A. 数列为等差数列 B. 数列为递增数列 C. 为等差数列 D. 为等差数列 【答案】D 【解析】 【分析】降次作差即可得到，根据等差数列的定义即可判断A，根据数列单调性即可判B，求出相关值结合等差数列定义即可判断CD. 【详解】当时，， 当时，，∴， 对于A：不满足，故A不正确； 对于B：，故B不正确； 对于C，，,，不满足，故C不正确； 对于D：，，，三项可构成等差数列，且公差为8，故D正确； 故选：D． 5. 已知，，则（ ） A. B. 7 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用及两角差的正切公式即可求解. 【详解】. 故选：C. 6. 一组样本数据，，，…，（）的平均数为，方差为，则由这组样本数据得到的新样本数据2，2，，，…，的方差为（ ） A. 5 B. C. 6 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据方差公式化简计算可得. 【详解】由题意可得 则新样本数据的平均数， 所以新样本数据的方差为. 故选：D 7. 将双曲线绕其中心旋转一个合适的角度，可以得到一些熟悉的函数图象，比如反比例函数，“对勾”函数，“飘带”函数等等，它们的图象都能由某条双曲线绕原点旋转而得.现将双曲线绕原点旋转一个合适的角度，得到“飘带”函数的图象，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】易知“飘带”函数的渐近线，设两渐近线夹角为（），则，求得，进而旋转之前双曲线的一条渐近线斜率，结合计算即可求解. 【详解】“飘带”函数的渐近线为与轴， 设两渐近线夹角为（），则， 整理得，又， 所以，整理得， 由，解得. 所以旋转之前双曲线一条渐近线斜率为， 所以双曲线的离心率为. 故选：B 8. 已知函数满足，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用赋值法得出，，令可得出，进而可得出，推导出，再利用基本不等式可求出的最小值. 【详解】令可得，因为，则， 令，可得，解得， 令可得，即， 令可得，所以，， 所以，，， 由基本不等式可得， 当且仅当时，等号成立，当时，等号成立， 所以，的最小值为. 故选：C. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知函数图象的对称中心也是函数图象的对称中心，则的解析式可以为（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】先求出函数图象的对称中心，再分别分析各选项中函数的对称中心，结合对称中心性质，分析判断即可. 【详解】令，则.解得. 所以图象的对称中心为. 根据周期公式，则. 对于选项A，已知的周期为，中，其周期.因为两函数周期不同，所以A不符合题意. 对于选项B，令，对于，将代入可得： ，所以，满足对称中心的性质，B符合题意. 对于选项C，对于，因为的图象是将的图象位于轴下方的部分沿轴翻折到轴上方得到的，无对称中心，C不符合题意. 对于选项D，令，解得，这与的对称中心横坐标表达式相同，D符合题意. 故选：BD. 10. 已知.不等式的解集为且，则下列说法中正确的是（ ） A. 函数的极大值点为1 B. 函数的对称中心为 C. 过点可作一条直线与曲线相切 D. 当时， 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据不等式的解集与方程的解之间的联系求得，结合导数和极值点的概念即可判断A；根据函数的对称性验证即可判断B；根据导数的几何意义即可判断C；利用作差法计算即可判断D. 【详解】A：因为不等式的解集为且， 即不等式的解集为且， 所以方程的根为和（二重根）， 得，即， 所以，则，得， 令，或， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以是的极大值点，故A错误； B：由选项A知， 则， 所以， 即的一个对称中心为，故B正确； C：由选项A知， 设过点的切线方程为，设切点为， 则，，得， 整理得，即，解得， 此时切点为，不符题意， 所以过点只能作一条直线与曲线相切，故C正确； D：令，当时，则， 只需. 而，由， 得，即，所以，故D正确. 故选：BCD 11. 如图，在棱长为1的正方体中，E是线段上的动点（不包括端点），过A，，E三点的平面将正方体截为两个部分，则下列说法正确的是（ ） A. 正方体的外接球的表面积是正方体内切球的表面积的3倍 B. 存在一点E，使得点和点C到平面的距离相等 C. 正方体被平面所截得的截面的面积随着的增大而增大 D. 当正方体被平面所截得的上部分的几何体的体积为时，E是的中点 【答案】AC 【解析】 【分析】计算正方体外接球和内切球的半径，代入表面积公式即可判断A，假设存在，可得平面，与条件矛盾判断B，先利用平面性质作出截面，求出梯形面积，利用导数研究单调性判断C，利用割补法求得体积即可求得点E的位置判断D. 【详解】对于A，正方体外接球的半径为，内切球的半径为，可得正方体的外接球的表面积是正方体内切球的表面积的倍，故A正确； 对于B，由点和点B到平面的距离相等，若点和点C到平面的距离相等， 必有平面，又由，可得平面，与平面矛盾， 故B错误； 对于C，如图， 在上取一点F，使得，连接，设， 由，可得平面为过A，，E三点的截面， 在梯形中，，，，， 梯形的高为， 梯形的面积为， 令，有. 可得函数单调递增，可得正方体被平面所截得的截面面积随着的增大而增大， 故C正确； 对于D选项，，， 被平面所截得的上部分的几何体的体积为，整理为， 解得，故D错误. 故选：AC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数，若，则__________. 【答案】2 【解析】 【分析】根据分段函数的解析式分类讨论求解即可. 【详解】由题意知，当时，，解得； 当时，，解得，与矛盾，此时无解. 所以. 故答案为：2 13. 已知是等差数列的前项和，数列的公差为，且是等差数列，则______. 【答案】##0.5 【解析】 【分析】根据等差数列的通项公式及前项和公式可得，进而结合等差数列的特点求解即可. 【详解】由题意，， 所以， 因为是等差数列，则通项是一次函数型， 则能整理成完全平方型， 所以， 化简得，所以，即. 故答案为：. 14. 若实数a，b，c满足条件：，则的最大值是______． 【答案】 【解析】 【分析】由基本不等式可得.利用导数证明不等式，进而，则，解出a、，得，再次利用基本不等式计算即可求解. 【详解】由基本不等式，得， 即，当且仅当，即时等号成立. 设，令， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，则，即， 令，得，所以， 解得，由，得． 所以，当且仅当时，取得等号． 故的最大值是． 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. 在三棱柱中，侧面是边长为4的正方形，，. （1）求证：平面平面； （2）求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由题意，根据勾股定理及其逆定理可证得，结合线面垂直与面面垂直的判定定理即可证明； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角即可. 【小问1详解】 因为侧面是边长为4的正方形， 所以， 因为， 则，因为， 所以，即， 因为平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面； 【小问2详解】 以为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，所以， 所以， 则， 设平面的法向量为， 由，可得，令，则， 平面的法向量为， 所以， 又二面角为锐角，所以其余弦值为. 16. 学校进行足球专项测试考核，考核分“定位球传准”和“20米运球绕杆射门”两个项目.规定：“定位球传准”考核合格得4分，否则得0分；“20米运球绕杆射门”考核合格得6分，否则得0分.现将某班学生分为两组，一组先进行“定位球传准”考核，一组先进行“20米运球绕杆射门”考核，若先考核的项目不合格，则无需进行下一个项目，直接判定为考核不合格；若先考核的项目合格，则进入下一个项目进行考核，无论第二个项目考核是否合格都结束考核.已知小明“定位球传准”考核合格的概率为0.8，“20米运球绕杆射门”考核合格的概率为0.7，且每个项目考核合格的概率与考核次序无关. （1）若小明先进行“定位球传准”考核，记为小明结束考核后的累计得分，求的分布列； （2）为使累计得分的期望最大，小明应选择先进行哪个项目的考核？并说明理由. 【答案】（1）分布列见解析 （2）小明应选择先进行“定位球传准”考核，理由见解析 【解析】 【分析】（1）求出不同情况的概率，再求分布列即可. （2）分不同情况计算期望，讨论即可. 【小问1详解】 由已知可得，的所有可能取值为， 则， ， 所以的分布列为： 0 4 10 0.2 0.24 0.56 【小问2详解】 小明应选择先进行“定位球传准”考核，理由如下： 由（1）可知小明先进行“定位球传准”考核，累计得分的期望为 ， 若小明先进行“20米运球绕杆射门”考核，记为小明的累计得分，则的所有可能取值为， ， ， 则的期望为， 因为，所以为使累计得分的期望最大，小明应选择先进行“定位球传准”考核. 17. 已知函数. （1）讨论的单调区间； （2）若在上的最小值为1，求a的值. 【答案】（1）答案见解析 （2）. 【解析】 【分析】（1）由题可得，由可得单调递增区间，由可得单调递减区间； （2）分，，三种情况讨论在上的单调性，据此可得答案. 【小问1详解】 的定义域为，. 当时，，的单调递减区间为； 当时，令，解得， 当时，，单调递减，当时，，单调递增. 综上，当时，单调递减区间为，无单调递增区间； 当时，的单调递减区间为，单调递增区间为. 【小问2详解】 当时，在上单调递减，所以，解得或（舍去），故. 当时，在上单调递减，所以，解得或（舍去），故. 当时，在上单调递减，在上单调递增， 所以， 因为，所以，故，不符合题意. 综上，. 18. 已知椭圆的离心率为，左右两顶点分别为，过点作斜率为的动直线与椭圆相交于两点.当时，点到直线的距离为. （1）求椭圆的标准方程； （2）设点关于原点的对称点为，设直线与直线相交于点，设直线的斜率为，试探究是否为定值，若为定值，求出定值并说明理由. 【答案】（1） （2）是定值，理由见解析 【解析】 【分析】（1）由题意可得，，解方程求出，再结合，即可得出答案. （2）设，直线的方程为，联立直线和椭圆方程，利用根与系数的关系、斜率公式即可求得为定值. 【小问1详解】 依题意可知， 由于，则直线的方程为， 因为点到直线的距离为. 所以，解得， 所以，则， 所以椭圆的标准方程. 【小问2详解】 设，直线的方程为.此时. 联立直线与椭圆方程消去得， 则有 不妨设，因为三点共线，则， 所以则有， 因为三点共线，则则有， 所以 ， 所以，所以， 所以，所以. 【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种： (1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关． (2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 19. 已知数列前项和为，若数列满足：①数列项数有限为；②；③，则称数列为“阶可控摇摆数列”. （1）若等比数列为“10阶可控摇摆数列”，求的通项公式； （2）若等差数列为“阶可控摇摆数列”，且，求数列的通项公式； （3）已知数列为“阶可控摇摆数列”，且存在，使得，探究：数列能否为“阶可控摇摆数列”，若能，请给出证明过程；若不能，请说明理由. 【答案】（1）或 （2） （3）不能，理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据和讨论，利用等比数列前n项和结合数列新定义求解即可； （2）结合数列定义，利用等差数列的前n项和及通项公式求解即可； （3）根据数列为“阶可控摇摆数列”求得，再利用数列的前项和得，然后推得与不能同时成立，即可判断. 【小问1详解】 若，则，解得，则，与题设矛盾，舍去； 若，则，得， 而，解得或， 故或. 【小问2详解】 设等差数列的公差为， 因为，则，则， 由，得， 而，故， 两式相减得，即， 又，得， 所以. 【小问3详解】 记中所有非负项之和为，负项之和为， 因为数列为“阶可控摇摆数列”，则得， 故，所以. 若存在，使得，即， 则， 且. 假设数列也为“阶可控摇摆数列”，记数列的前项和为， 则 因为，所以. 所以； 又，则. 所以； 即与不能同时成立. 故数列不为“阶可控摇摆数列”. 【点睛】关键点点睛：本题考查数列的新定义问题，应根据定义得到数列满足的递推关系，再利用常见的数列通项公式求法（如公式法、累加法、待定系数法等）求得数列通项公式和前n项和，最后再通项和前n项和的基础上讨论数列的性质. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$