精品解析：湖北省十堰市房县第一中学2025届高三下学期3月模拟考试数学试题

2025届高中毕业班3月模拟考试 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知a为实数，若复数为纯虚数，则的值为（ ） A 1 B. 0 C. D. 3. 两个单位向量与满足，则向量与的夹角为（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数，则“”是“在上的单调递增”的（ ）． A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 定义在上的减函数满足条件：对，，总有，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 6. 某企业在生产中为倡导绿色环保的理念，购人污水过滤系统对污水进行过滤处理，已知在过滤过程中污水中的剩余污染物数量N（mg/L）与时间t（h）的关系为，其中为初始污染物的数量，k为常数．若在某次过滤过程中，前2个小时过滤掉了污染物的30%，则可计算前6小时共能过滤掉污染物的（ ） A. 49% B. 51% C. 65.7% D. 72.9% 7. 已知是等比数列的前项和，且，则（ ） A. B. C. D. 8. 定义：在数列中，，其中为常数，则称数列为“等比差”数列．已知“等比差”数列中，，，则（ ） A. 1763 B. 1935 C. 2125 D. 2303 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. 下列说法正确的有（ ） A. 从40个个体中随机抽取一个容量为10的样本，则每个个体被抽到的概率都是0.25 B. 已知一组数据1，2，m，6，7的平均数为4，则这组数据的方差是5 C. 数据26，11，14，31，15，17，19，23的50%分位数是18 D. 若样本数据，，…，的标准差为4，则数据，，…，的标准差为16 10. 直线过抛物线的焦点且与该抛物线交于M，N两点，设O为坐标原点，则下列说法中正确的是（ ） A. B. 抛物线E的准线方程是 C. 以MN为直径的圆与定直线相切 D. 的大小为定值 11. 若函数存在连续四个相邻且依次能构成等差数列的零点，则实数k的可能取值有（ ） A. B. C. 0 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中含项的系数为__________. 13. 若，且，则________. 14. 甲，乙，丙三人进行传球游戏，每次投掷一枚质地均匀的正方体骰子决定传球的方式：当球在甲手中时，若骰子点数大于3，则甲将球传给乙，若点数不大于3，则甲将球保留；当球在乙手中时，若骰子点数大于4，则乙将球传给甲，若点数不大于4，则乙将球传给丙；当球在丙手中时，若骰子点数大于3，则丙将球传给甲，若骰子点数不大于3，则丙将球传给乙．初始时，球在甲手中，投掷n次骰子后（），记球在甲手中的概率为，则________；________． 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. 设的内角所对的边分别是，且，，. （1）求的值； （2）求值. 16. 近期世界地震、洪水、森林大火等自然灾害频繁出现，紧急避险知识越来越引起人们的重视．某校为考察学生对紧急避险知识的掌握情况，从全校学生中选取200名学生进行紧急避险知识测试，其中男生110名，女生90名．所有学生的测试成绩都在区间范围内，由测试成绩数据作出如图所示的频率分布直方图． （1）若从频率分布直方图中估计出样本的平均数与中位数相等，求图中m的值； （2）规定测试成绩不低于80分为优秀，已知共有45名男生成绩优秀，完成下面列联表，并根据小概率值的独立性检验，能否推断男生和女生的测试成绩优秀率有差异？ 性别 测试成绩 合计 优秀 不优秀 男生 45 女生 合计 参考公式与数据： 0.1 0.05 0.01 2706 3.841 6.635 17. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，，分别为，的中点. （1）证明：平面∥平面； （2）若，，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 18. 已知函数． （1）若，求单调区间； （2）若，，且有两个极值点，分别为和，求的最小值． 19. 已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为A，B，点P，Q为椭圆上异于A，B的两个动点，面积的最大值为2. （1）求椭圆C的方程； （2）设直线，的斜率分别为，，和的面积分别为，.若，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025届高中毕业班3月模拟考试 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解一元二次不等式化简集合A，再利用交集的定义求解作答. 详解】解不等式，得，即，而， 所以. 故选：B 2. 已知a为实数，若复数为纯虚数，则的值为（ ） A. 1 B. 0 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由复数为纯虚数求出，再代入所求式化简即可得出答案. 【详解】若复数为纯虚数， 所以，解得， . 故选：B. 3. 两个单位向量与满足，则向量与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得，，根据可得，设与的夹角为，利用即可求解. 【详解】由题意可得，，且， 所以. 设与的夹角为，， 则, 所以. 故选；D. 4. 已知函数，则“”是“在上的单调递增”的（ ）． A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】在为单调递增，满足， 解得，∴， 当时，在上为增， 综上，在为单增时， ∴，是在为增函数的必要不充分条件． 故选：B． 【点睛】充分、必要条件的三种判断方法． 1．定义法：直接判断“若则”、“若则”的真假．并注意和图示相结合，例如“⇒”为真，则是的充分条件． 2．等价法：利用⇒与非⇒非，⇒与非⇒非，⇔与非⇔非的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法． 3．集合法：若⊆，则是的充分条件或是的必要条件；若＝，则是的充要条件． 5. 定义在上的减函数满足条件：对，，总有，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用函数的单调性，结合对数函数的单调性进行求解即可. 【详解】在中，令，得， 所以有， 因为函数是定义在上的减函数， 所以有， 故选：D 6. 某企业在生产中为倡导绿色环保的理念，购人污水过滤系统对污水进行过滤处理，已知在过滤过程中污水中的剩余污染物数量N（mg/L）与时间t（h）的关系为，其中为初始污染物的数量，k为常数．若在某次过滤过程中，前2个小时过滤掉了污染物的30%，则可计算前6小时共能过滤掉污染物的（ ） A. 49% B. 51% C. 65.7% D. 72.9% 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定的函数模型，结合已知数据列出方程求解作答. 【详解】依题意，前2个小时过滤后剩余污染物数量为，于是，解得， 因此前6小时过滤后剩余污染物数量为， 所以前6小时共能过滤掉污染物的. 故选：C 7. 已知是等比数列的前项和，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由与的关系求出数列的通项公式，推导出数列为等比数列，确定其首项和公比，结合等比数列求和公式可求得所求代数式的值. 【详解】因为，所以，， ， 又是等比数列，所以，即，解得，所以． 当时，，又满足， 所以，，故数列是公比为，首项为的等比数列， 所以． 故选：A. 8. 定义：在数列中，，其中为常数，则称数列为“等比差”数列．已知“等比差”数列中，，，则（ ） A. 1763 B. 1935 C. 2125 D. 2303 【答案】B 【解析】 【分析】运用累和法和累积法进行求解即可． 【详解】因为数列是“等比差”数列，所以， 因为，，所以， 所以有，，…，， 累和，得， 因此有，，…，， 累积，得， 所以. 故选：B. 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. 下列说法正确的有（ ） A. 从40个个体中随机抽取一个容量为10的样本，则每个个体被抽到的概率都是0.25 B. 已知一组数据1，2，m，6，7的平均数为4，则这组数据的方差是5 C. 数据26，11，14，31，15，17，19，23的50%分位数是18 D. 若样本数据，，…，的标准差为4，则数据，，…，的标准差为16 【答案】AC 【解析】 【分析】A：根据古典概型概率计算方法即可计算；B：根据平均数的计算方法求出m的值，在根据方差计算公式即可求解；C：根据50%分位数的求法求解即可；D：根据方差的性质即可求解. 【详解】对于A：从40个个体中随机抽取一个容量为10的样本，则每个个体被抽到的概率都是，故A正确； 对于B：已知一组数据1，2，m，6，7的平均数为4，则， 这组数据的方差为，故B错误； 对于C：这组数据从小到大排列为：11，14，15，17，19，23，26，31，共8个，故其50%分位数为第4个数17和第5个数19的平均数，为18，故C正确； 对于D：若样本数据，，…，的标准差为4，则方差为16，故数据，，…，的方差为，标准差为8.故D错误. 故选：AC 10. 直线过抛物线的焦点且与该抛物线交于M，N两点，设O为坐标原点，则下列说法中正确的是（ ） A. B. 抛物线E的准线方程是 C. 以MN为直径的圆与定直线相切 D. 的大小为定值 【答案】BC 【解析】 【分析】由直线过定点，得到，可判定A正确；根据抛物线的几何性质，可得判定B正确；过点作准线的垂线，根据抛物线的定义得到，可判定C正确；联立方程组，结合韦达定理，得到，求得，可判定D错误. 【详解】对于A中，由直线，可化为，可得直线过定点， 因为抛物线的焦点在直线上，可得，则，所以A错误； 对于B中，由抛物线的准线方程为，所以B正确； 对于C中，过点作准线的垂线，垂足分别为，的中点为点， 过点作准线的垂线，垂足为，可得，故以MN为直径的圆与准线相切，所以C正确； 对于D中，设，联立方程组， 整理得，，， 可得，则， 则，但的大小不是定值， 设，而， 则，则， 而，并不是定值，所以D错误. 故选：BC. 11. 若函数存在连续四个相邻且依次能构成等差数列的零点，则实数k的可能取值有（ ） A. B. C. 0 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用函数零点的定义分离参数，构造函数并求出函数值域确定的范围，再逐项分析并结合等差数列的意义判断作答. 【详解】由，得， 令，显然函数是偶函数，是周期为的周期函数， 而，则当时，，当时，，因此， 当时，，于是函数的所有零点从小到大排成一列 构成公差为的等差数列，A正确； 当时，，显然此方程在余弦函数的周期长的区间内只有两个根， 取，则方程在内有4个根， 显然有，于是， ，即有，则不成等差数列， 由周期性知，当时，函数不存在连接4个零点依次构成等差数列，B错误； 当时，或，取函数的4个连续零点为，显然成等差数列，C正确； 当时，或，令，则函数在内有4个零点， 并满足，且， 显然，， ， 显然，，因此，所以成等差数列，D正确. 故选：ACD 【点睛】关键点睛：涉及给值求角问题，关键是变角，把所求角用含已知角的式子表示，由所得的函数值结合该函数的单调区间求得角，有时要压缩角的取值范围． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中含项的系数为__________. 【答案】 【解析】 【分析】求出二项展开式的通项公式，由题设中的指定项可得项数即可作答. 【详解】的展开式的通项为， 则展开式中含的项有，即， 所以展开式中含项的系数为. 故答案为： 13. 若，且，则________. 【答案】 【解析】 【分析】由已知可得，分母“1”化平方关系、弦化切得，结合范围求得，最后应用差角正切公式求值. 【详解】由，则， 所以，则或， 又，故，则， 由. 故答案为： 14. 甲，乙，丙三人进行传球游戏，每次投掷一枚质地均匀的正方体骰子决定传球的方式：当球在甲手中时，若骰子点数大于3，则甲将球传给乙，若点数不大于3，则甲将球保留；当球在乙手中时，若骰子点数大于4，则乙将球传给甲，若点数不大于4，则乙将球传给丙；当球在丙手中时，若骰子点数大于3，则丙将球传给甲，若骰子点数不大于3，则丙将球传给乙．初始时，球在甲手中，投掷n次骰子后（），记球在甲手中的概率为，则________；________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】结合相互独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式，结合题意，利用列举法和分类讨论，即可求解. 【详解】由题意，当投掷3次骰子后，球在甲手中，共有4中情况： ①：甲甲甲甲，其概率为 ②：甲甲乙甲，其概率为 ③：甲乙甲甲，其概率为 ④：甲乙丙甲，其概率为 所以投掷3次后，球在甲手中的概率为. 设投掷次后，球仍在乙手中的概率为， 所以当时，， ， 所以，， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 所以，符合该式， 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. 设的内角所对的边分别是，且，，. （1）求的值； （2）求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正余弦定理可构造方程求得的值； （2）利用余弦定理可得，由同角三角函数关系可得；根据两角和差正弦公式可求得结果. 【小问1详解】 ，， 由正弦、余弦定理可得：， 又，，，解得：（舍）或， . 【小问2详解】 由余弦定理得：，又， ， . 16. 近期世界地震、洪水、森林大火等自然灾害频繁出现，紧急避险知识越来越引起人们的重视．某校为考察学生对紧急避险知识的掌握情况，从全校学生中选取200名学生进行紧急避险知识测试，其中男生110名，女生90名．所有学生的测试成绩都在区间范围内，由测试成绩数据作出如图所示的频率分布直方图． （1）若从频率分布直方图中估计出样本的平均数与中位数相等，求图中m的值； （2）规定测试成绩不低于80分为优秀，已知共有45名男生成绩优秀，完成下面的列联表，并根据小概率值的独立性检验，能否推断男生和女生的测试成绩优秀率有差异？ 性别 测试成绩 合计 优秀 不优秀 男生 45 女生 合计 参考公式与数据： 0.1 0.05 0.01 2.706 3.841 6.635 【答案】（1）； （2）列联表见解析，男生和女生的测试成绩优秀率没有差异. 【解析】 【分析】（1）根据给定的频率分布直方图，估计平均数及中位数即可列式作答. （2）完善列联表，求出的观测值，并与临界值表比对作答. 【小问1详解】 依题意，频率分布直方图中左起第一个小矩形的高为：， 样本平均数的估计值为： ， 显然数据落在区间的频率为，落在的频率为， 因此样本中位数在区间内，其估计值为；， 则，解得， 所以. 【小问2详解】 总的成绩优秀人数为：， 得到列联表为： 性别 测试成绩 合计 优秀 不优秀 男生 45 65 110 女生 25 65 90 合计 70 130 200 零假设：男生和女生的测试成绩优秀率没有差异， 于是的观测值为， 所以根据小概率值的独立性检验，无法推断不成立，即认为男生和女生的测试成绩优秀率没有差异. 17. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，，分别为，的中点. （1）证明：平面∥平面； （2）若，，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意可证∥，∥，结合面面平行的判定定理分析证明； （2）根据面面垂直的性质可得平面，建系，利用空间向量求面面夹角. 【小问1详解】 连接，如图所示， 因为，，则为等边三角形， 且为的中点，所以， 又因，平面，则∥， 且平面，平面，所以∥平面， 又因为，分别为，的中点，则∥， 且平面，平面，所以∥平面， 且，平面，，所以平面∥平面. 【小问2详解】 连接， 因为平面平面，平面平面，平面，， 所以平面， 且平面，且，即，，两两互相垂直， 以为坐标原点，，，分别为轴，轴，轴的正方向， 如图所示，建立空间直角坐标系， 因为，， 则，，，，，， 可得，，，， 设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为， 可得，令，则，可得， 可得，令，则，可得， 则， 所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为. 18. 已知函数． （1）若，求的单调区间； （2）若，，且有两个极值点，分别为和，求的最小值． 【答案】（1）在和上单调递增，在上单调递减； （2）. 【解析】 【分析】（1）时，，利用导数研究单调性即可； （2）令，可得是关于的方程的两个实根，易得，，化简 ①.令，①式化为，设，利用导数求其最小值即可. 【小问1详解】 时，， ， 令，可得或， 当或时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减. 所以在和上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 ， 令，可得. 由题意可得，是关于的方程的两个实根， 所以. 由，有， 所以. 将代入上式，得， 同理可得. 所以 ①. 令，①式化为， 设，即， 则， 记，则. 记，则， 所以在上单调递增，所以， 所以，在上单调递增，所以. 所以，在上单调递减. 又 ， 当且仅当且，即时，取到最大值，即的最大值为2. 因为在上单调递减，所以. 所以的最小值为. 【点睛】总结点睛：利用导数研究函数的最值点睛： 在解决类似的问题时，首先要注意区分函数最值与极值的区别．求解函数的最值时，要先求函数在内所有使的点，再计算函数在区间内所有使的点和区间端点处的函数值，最后比较即得． 19. 已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为A，B，点P，Q为椭圆上异于A，B的两个动点，面积的最大值为2. （1）求椭圆C的方程； （2）设直线，斜率分别为，，和的面积分别为，.若，求的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的几何性质，建立方程组，可得答案； （2）分情况设直线的方程，联立方程，写出韦达定理，根据斜率之间的关系，求得直线方程的参数，整理所求值的函数，利用导数，求得最值. 【小问1详解】 当点P为椭圆C短轴顶点时，面积取最大值， 结合及，解得 ， 故椭圆C的标准方程为 . 【小问2详解】 设点， 若直线PQ的斜率为零，由对称性知，， 则，，，不合题意. 设直线PQ 的方程为 ，由于直线PQ不过椭圆 C 的左、右顶点，则 联立 得，由可得 ， ，， 所以 解得 即直线PQ的方程为，故直线PQ过定点 . 由韦达定理可得， 由平面几何知识， 所以， 设，则，当时，，故单调增， 因为，所以， 因此，的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$