精品解析：山西省部分重点中学2024-2025学年高三下学期4月模拟考试数学试题

2025届高三联考数学学科试卷 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. 若，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】由复数的除法运算法则及复数模公式计算即可. 【详解】由得， 所以. 故选：A. 2. 若点在以原点为顶点x轴为对称轴的抛物线C上，则C的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由抛物线的标准方程，代入可得结果. 【详解】由题意可知，抛物线C的方程为， 将代入，可得，故抛物线C的方程为. 故选：A. 3. 已知向量，的夹角为60°，且，设，，则p是q的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】从充分性、必要性两方面证明即可. 【详解】一方面，因为，夹角为，，， 所以， 当时，取得最小值为，当时，取得最大值为， 故，所以是的充分条件. 另一方面，因为，夹角为，，，所以， 所以， 所以，即， 所以，故是的必要条件. 综述：是的充要条件. 故选：C. 4. 若函数在上单调递减，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据对勾函数的单调性，即可求解. 【详解】当时，为单调递增函数，不符合题意， 当时，均为单调递增函数，故为单调递增函数，不符合题意， 当时，在单调递增，在单调递减， 故在上单调递减，则， 故选：C 5. 从坐标平面的四个象限中取若干点，这些点中横坐标为正数的点比横坐标为负数的点多，纵坐标为正数的点比纵坐标为负数的点少，则下列对这些点的判断一定正确的是（ ） A. 第一象限点比第二象限点多 B. 第二象限点比第三象限点多 C. 第一象限点比第三象限点少 D. 第二象限点比第四象限点少 【答案】D 【解析】 【分析】分别设出各象限内横坐标、纵坐标分别为正数、负数时点的个数，根据题意列不等式，结合不等式性质求解即可. 【详解】设第一象限的点即横坐标为正数且纵坐标为正数的点有个， 第二象限的点即横坐标为负数且纵坐标为正数的点有个， 第三象限的点即横坐标为负数且纵坐标为负数的点有个， 第四象限的点即横坐标为正数且纵坐标为负数的点有个， 又因为横坐标为正数的点比横坐标为负数的点多，纵坐标为正数的点比纵坐标为负数的点少， 所以①，且②， 由不等式性质可知，①+②可得，即第二象限点比第四象限点少. 故选：D. 6. 已知等差数列公差不为0，记其前n项和为，若，，则正整数k的值为（ ） A. 3 B. 6 C. 8 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件求得，进而求出通项公式，再结合前前n项和公式列出方程求解即得. 【详解】设等差数列公差为，由，得，解得， ，，， 因此，整理得，解得. 故选：B 7. 将1至6这六个自然数填到一个两行三列的空格内，每格填一个，要求每行中任意两个相邻数字的和为奇数，则不同的填法种数共有（ ） A. 24 B. 36 C. 48 D. 72 【答案】D 【解析】 【分析】分第一行中间为偶数，两边为奇数，第二行中间为奇数，两边为偶数，和第一行中间为奇数，两边为偶数，第二行中间为偶数，两边为奇数，两种情况讨论即可. 【详解】①第一行中间为偶数，两边为奇数，有，第二行中间为奇数，两边为偶数，有，所以共有， ②第一行中间为奇数，两边为偶数，有，第二行中间为偶数，两边为奇数，有，所以共有， 所以共有， 故选：D 8. 设函数，对任意，.若对任意，都有，则的极小值为（ ） A. B. C. D. 0 【答案】A 【解析】 【分析】先将代入，化简可得，由三次函数的图象性质及零点存在性定理得，，从而得到，最后利用导数计算极小值即可. 【详解】由可得， ， 由于等式对任意都成立，则项系数必须为0， 即，所以， 令，可得或， 由三次函数图象性质易得为函数的唯一变号零点， 由任意，都有， 可得，时，总有， 所以为函数的变号零点，所以，则， 此时，求导得， 令，得或2，当或时，；当时，. 故为极小值点，极小值. 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. 2025年春节期间，中国电影市场表现亮眼，《哪吒之魔童闹海》等多部优秀影片上映，吸引了大量观众走进影院，某影院对1月29日至2月27日的售票情况进行统计，得到这30天的观影人数如下表： 观影人数（单位：千人） 不小于3 天数 2 6 10 8 4 据表中数据，下列结论一定正确的是（ ） A. 30天观影人数的中位数不小于2千人 B. 30天观影人数的平均数大于2千人 C. 30天观影人数的众数大于1.5千人 D. 30天观影人数的极差大于1.5千人 【答案】ABD 【解析】 【分析】由中位数、平均数、众数、极差的定义即可判断. 【详解】由可知，中位数位于内，故A正确； 因， 则平均数一定大于2千人，故B正确； 由于每天的观影人数的具体值不清楚， 故30天观影人数的众数可能大于1.5千人，也可能小于1.5千人，故C错误； 因，所以由表格30天观影人数的极差大于1.5千人，故D正确. 故选：ABD 10. 如图，直线与函数的图象依次交于A，B，C三点，若，，则（ ） A. B. C. 是曲线的一条对称轴 D. 曲线向右平移1个单位后关于原点对称 【答案】AC 【解析】 【分析】根据图象可知函数的周期，利用周期可得，可判断B，求出函数位于y轴右侧的第一个最大值点的横坐标为，进而求出点A的坐标，代入解析式得判断A，结合正弦函数的对称性代入验证判断C，利用正弦函数图象平移法则求出解析式，然后根据正弦函数的性质判断D. 【详解】因为，，所以，所以函数的周期为， 所以，故选项B错误； 则函数，当函数取最大值时，， 解得，故函数位于y轴右侧的第一个最大值点的横坐标为， 又，所以，所以，故选项A正确； 当时，为函数最小值， 故是曲线的一条对称轴，故选项C正确； 曲线向右平移1个单位后， 显然不关于原点对称，（），故D错误. 故选：AC 11. 已知正方体棱长为1，设，则下列命题为真命题的是（ ） A. 存在， B. 任意， C. 任意，三棱锥的外接球表面积小于3π D. 存在，的面积等于的面积 【答案】ABC 【解析】 【分析】由题设得到为矩形，取，利用三角形相似得到，即可判断A；利用对称性得，根据线面垂直的性质有，再由直角三角形斜边大于直角边，即可判断B；构建空间直角坐标系，若的外接球的球心，半径为，应用空间两点距离公式列方程得到，应用导数求其范围，即可判断C；根据已知得，，即可判断D. 【详解】如下图，且，即是平行四边形， 由平面，平面，则，同理有， 所以为矩形，若时，，又， 所以，易得，此时，有，A对； 如下图，在平面内，关于对称，又在（不含端点）上运动， 所以，又平面，平面，则， 所以，即，B对； 构建如下图示的空间直角坐标系，则，，，，， 若的外接球的球心，半径为，则， 由，则，则， 所以，则， 令，且，则， 令，则， 所以或时，即在，上单调递增， 时，即在上单调递减， 又，，， 所以，，使， 所以或时，即在、上单调递减， 或时，即在、上单调递增， 由，，故恒成立， 故，外接球的表面积，C对； 由平面，平面，则， 所以，由B分析知， 在中上的高，则， 由，故，则， 所以，D错. 故选：ABC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.请把答案直接填写在答题卡相应位置上. 12. 设集合，，在集合的所有元素中，绝对值最小的元素是________. 【答案】 【解析】 【分析】由集合交集运算易得结果. 【详解】，， 显然集合的所有元素中，绝对值最小的元素是. 故答案为：. 13. 设，分别是双曲线的左右焦点，以为圆心的圆与C的一条渐近线相切，记圆与C的一个公共点为A，若与圆恰好相切，则________. 【答案】2 【解析】 【分析】对于双曲线，，，到渐近线的距离，由圆与C的一个公共点为A，与圆相切，在直角三角形中，由勾股定理求解即可. 【详解】 对于双曲线，，， 其渐近线方程为，， 到渐近线的距离， 所以圆的半径， 因为圆与C的一个公共点为A，与圆相切，所以，， 由双曲线定义知，则， 在直角三角形中，根据勾股定理， 而，所以. 即，所以， 因为，解得. 故答案为： 14. 已知数列共12项，，，，.记.则S的最小值为________；若至少存在两项为1，则S的最大值为________. 【答案】 ①. 18 ②. 516 【解析】 【分析】先得到或，，其中，，要想最小，则尽可能小，当为偶数时，，当为奇数时，，此时最小值为18，中有两项为1，且2的个数尽可能少，2的个数最少为3个，即出现相邻的5项，当其放置在前5项，得到最大值. 【详解】，故或，， 其中，， 要想最小，则尽可能小，当为偶数时，，当为奇数时，， 此时，故最小值为18， 至少存在两项为1，则要想尽可能大，需中有两项为1，且2的个数尽可能少， 由于，，故2的个数最少为3个，即出现相邻的5项， 将其放置在前5项时，只会出现1次，2的个数最少，为3个， 此后第6项至第12项分别为， 此时取得最大值， 最大值为. 故答案为：18，516 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 记的内角A，B，C所对边分别为a，b，c，已知，. （1）求； （2）若的面积为2，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将角化边得到，再由余弦定理将角化边得到，最后利用余弦定理计算可得； （2）首先求出，再由面积公式求出，即可得解. 【小问1详解】 因为，由正弦定理得， 因为，由余弦定理得， 整理得，所以，则， 所以由余弦定理得. 【小问2详解】 因为，所以， 所以的面积为， 所以，解得（负值已舍去）， 所以. 16. 甲、乙两人进行掷骰子游戏，每轮两人各掷骰子一次，一次掷三粒.得分规则如下；若向上三个点数相同，得6分；若向上三个点数按某种顺序可构成等差数列（公差不为0），得4分；若恰有两粒点数相同，得2分；其余情况得0分.若第一次两人得分相同，则进行第二轮，直至出现两人得分不同，得分多者获胜，游戏结束. （1）记甲第一轮得分为X，求X的概率分布列及数学期望； （2）求两人共投n轮骰子的概率. 【答案】（1） X 0 2 4 6 p （2） 【解析】 【分析】（1）先写出概率结合排列组合数计算，再列出分布列，进而求出数学期望； （2）应用独立事件概率乘积公式结合对立事件概率公式计算求解. 【小问1详解】 X的可能取值为：6，4，2，0，概率分别为： ； ； ； ； 所以X的概率分布列为 X 0 2 4 6 p . 【小问2详解】 记乙一轮比赛的得分为Y，事件为“一轮比赛甲乙得分相同”， 则 . 记事件B为“第n轮比赛甲乙得分不同”，则. 所以两人共投n轮骰子的概率 . 17. 在坐标平面xOy中，，分别是椭圆的左右顶点，且C的短轴长为2，离心率为.过的中点B的直线l（不与x轴重合）与C交于D，E两点. （1）求C的方程； （2）证明：； （3）直线和的斜率比值是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由. 【答案】（1） （2） 设直线l方程为：，设，， 联立直线l与椭圆C的方程，消去x得，， 因为， 所以，，（*） 因为 ， 所以，即. （3）是，定值3. 【解析】 【分析】（1）根据题意得，求解即可. （2）设直线l方程为：，与椭圆方程联立，韦达定理，利用数量积的坐标运算求得，即可证明. （3）法1：结合两点斜率公式得，由韦达定理得，代入化简得为定值. 法2：结合两点斜率公式得，由点 E在椭圆上得，与联立化简得为定值. 【小问1详解】 因为C的短轴长为2，离心率为， 所以，解得， 所以C的方程为：. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 直线和的斜率比值为定值，理由如下： 法1：因为， 由（*）知，，代入上式得， . 所以直线和的斜率比值为定值3. 法2 因为， 因为，所以，所以， 由（2）知，两式相除得，. 18. 中，，，，是的中点，是的中点，是的中点.如图，将和分别沿、向平面的同侧翻折至和的位置，且使得. （1）证明：、、、共面； （2）若，求三棱锥的体积； （3）求平面与平面的夹角的余弦值的最大值. 【答案】（1）证明如下： 取的中点，的中点，连接、、， 因为、分别为、的中点，所以，， 翻折前，中，，，， 是的中点，是的中点，是的中点， 则，，，，， 翻折后，则有，，， 因为，为的中点，所以，， 所以，四边形为平行四边形，所以，， 因为为的中点，所以，，故四边形为平行四边形， 所以，，故，， 所以四边形为平行四边形，所以，所以， 所以、、、共面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）取的中点，的中点，连接、、，证明出四边形、、为平行四边形，可得出，由此得出，即可证得结论成立； （2）过点在平面内作，垂足为点，证明出平面，可知为三棱锥的高，求出、，利用锥体的体积公式可求得三棱锥的体积； （3）在平面中，过点作，交于点，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法结合基本不等式可求得平面与平面的夹角的余弦值的最大值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过点在平面内作，垂足为点， 翻折前，因为，翻折后，则有，， 因为、平面，，所以平面， 因为平面，所以， 因为，，、平面，所以平面， 即是三棱锥的高. 由（1）的图，在中，，， 由余弦定理得， 所以， 所以， 在中，，，，是的中点， 则，， 所以， 所以三棱锥的体积为. 【小问3详解】 在平面中，过点作，交于点， 因为平面，， 以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、， 设，则， 所以，，， 设平面的一个法向量， 则， 令，则，，所以， 设平面的一个法问量，则， 令，则，，所以， 设平面与平面的夹角为， 则 ， 因为，所以，则， 当且仅当，即时，即时，等号成立. 所以平面与平面的夹角的余弦值的最大值为. 19. 已知函数. （1）设是曲线的任意一条切线，若，求a的值； （2）证明：存在，对任意，且，都有； （3）证明：. 【答案】（1） （2）证明如下： 因为的定义域为，，， 当时，，递减； 当时，，递增. 取，设，代入得，， 所以， 设，， 因为，所以在上单调递增， 所以，即， 所以， 所以时，结论成立. （3）证明如下： 取，，，， 则，， 由（2）知，，即， 因为，， 所以， 设， 所以， 两式相减得，， 所以，又， 所以. 【解析】 【分析】（1）设切点再根据点斜式结合不等式计算得出参数； （2）构造函数，结合函数单调性计算证明； （3）由（2）知 ，结合应用错位相减法计算证明即可. 【小问1详解】 设直线与曲线切点横坐标为，因为， 所以切线方程为：， 所以， 即对任意都成立， 因为，所以在上递增且存在唯一正的零点， 又在上递减，所以也是它的零点. 所以；解得. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届高三联考数学学科试卷 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. 若，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 2. 若点在以原点为顶点x轴为对称轴的抛物线C上，则C的方程为（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，的夹角为60°，且，设，，则p是q的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 4. 若函数在上单调递减，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 从坐标平面的四个象限中取若干点，这些点中横坐标为正数的点比横坐标为负数的点多，纵坐标为正数的点比纵坐标为负数的点少，则下列对这些点的判断一定正确的是（ ） A. 第一象限点比第二象限点多 B. 第二象限点比第三象限点多 C. 第一象限点比第三象限点少 D. 第二象限点比第四象限点少 6. 已知等差数列公差不为0，记其前n项和为，若，，则正整数k的值为（ ） A. 3 B. 6 C. 8 D. 12 7. 将1至6这六个自然数填到一个两行三列的空格内，每格填一个，要求每行中任意两个相邻数字的和为奇数，则不同的填法种数共有（ ） A. 24 B. 36 C. 48 D. 72 8. 设函数，对任意，.若对任意，都有，则的极小值为（ ） A. B. C. D. 0 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. 2025年春节期间，中国电影市场表现亮眼，《哪吒之魔童闹海》等多部优秀影片上映，吸引了大量观众走进影院，某影院对1月29日至2月27日的售票情况进行统计，得到这30天的观影人数如下表： 观影人数（单位：千人） 不小于3 天数 2 6 10 8 4 据表中数据，下列结论一定正确的是（ ） A. 30天观影人数的中位数不小于2千人 B. 30天观影人数的平均数大于2千人 C. 30天观影人数的众数大于1.5千人 D. 30天观影人数的极差大于1.5千人 10. 如图，直线与函数的图象依次交于A，B，C三点，若，，则（ ） A. B. C. 是曲线的一条对称轴 D. 曲线向右平移1个单位后关于原点对称 11. 已知正方体棱长为1，设，则下列命题为真命题的是（ ） A. 存在， B. 任意， C. 任意，三棱锥的外接球表面积小于3π D. 存在，的面积等于的面积 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.请把答案直接填写在答题卡相应位置上. 12. 设集合，，在集合的所有元素中，绝对值最小的元素是________. 13. 设，分别是双曲线的左右焦点，以为圆心的圆与C的一条渐近线相切，记圆与C的一个公共点为A，若与圆恰好相切，则________. 14. 已知数列共12项，，，，.记.则S的最小值为________；若至少存在两项为1，则S的最大值为________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 记的内角A，B，C所对边分别为a，b，c，已知，. （1）求； （2）若的面积为2，求. 16. 甲、乙两人进行掷骰子游戏，每轮两人各掷骰子一次，一次掷三粒.得分规则如下；若向上三个点数相同，得6分；若向上三个点数按某种顺序可构成等差数列（公差不为0），得4分；若恰有两粒点数相同，得2分；其余情况得0分.若第一次两人得分相同，则进行第二轮，直至出现两人得分不同，得分多者获胜，游戏结束. （1）记甲第一轮得分为X，求X的概率分布列及数学期望； （2）求两人共投n轮骰子的概率. 17. 在坐标平面xOy中，，分别是椭圆的左右顶点，且C的短轴长为2，离心率为.过的中点B的直线l（不与x轴重合）与C交于D，E两点. （1）求C的方程； （2）证明：； （3）直线和的斜率比值是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由. 18. 中，，，，是的中点，是的中点，是的中点.如图，将和分别沿、向平面的同侧翻折至和的位置，且使得. （1）证明：、、、共面； （2）若，求三棱锥的体积； （3）求平面与平面的夹角的余弦值的最大值. 19. 已知函数. （1）设是曲线的任意一条切线，若，求a的值； （2）证明：存在，对任意，且，都有； （3）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $