黑龙江省大庆实验中学二部2025届高三得分训练（一）数学试题

大庆实验中学实验二部2022级高三得分训练（一） 5.过直找：y=x+4上一点A作置C:(红-m子+y2=4的两条奶线，胡点为P,Q,无论点 数学试题 人在直战1上如将运动，光鲜有∠PAQ<受，对实数m的家值酒国是《) A.mm>0或m<-别 B.m-8<m<0 一、选郭题：本大题共8小愿，每小这5分，共0分，在每小题给出的四个进项中，只有一个 符合题目夏求的 C.mm>4或m<-12) D.m-12<m<4号 1话合46≤到.B-2- 则An8=() 6函数y=f(x)与y=g(x+3)+1都为绮函数，且对红后R,都有f()-g(x+4)=0,则 f0)+f(2)+…+f100)=() A.(0, B.[14] c.1,4 D.[a.5] A.2525 B.2526 C.5049 D.5050 2自线C:三二小.即1<m<3是结线C滚示精四r的（） 1.动点P在校长为4的正方体内部及表面运动，动球P是以点P为球心，半径为1的球，求动 m-13-m 点P在运动过程中球P的锁迹形成的几何体体积() A。充分不必要条件 B.必要不充分条件 A.96+16r C.160+16x C.充要条件 D.属不充分也不必要条作 D10+9 3已知a,6均为平面上的单位向量。若+26)1a,则2a+-（) 8.己知条作P为“对红eR,有x-匹+ab20”,实数b在区间l四)上变化时，满足 A,行 B.5 c.5 D.5 条件P的实数a最大值与最小值之积为与实数b有关的函数6)，则⑤的最小值为() 4,下列说法不正确的是() A,1 C.e D.d A对具有线性相关关系的变量无，y,且园归方程为y=03x一州，若样本点的中心为 二、多选恩：本大思共3小愿，每小愿6分，共18分.在每小是给出的选原中，有多项符合思 日要求，全部速对的得6分，记分意时的海部分分，有意错的得0分。 (4,m),则实数m的位是0.6 9将函数g()=2血x图象向右干移三个单位。井将图像上解个点的领空标狂笔为原来的) B.若随机变量x服从正态分布Ng),且P(X≤2)=0.7，则P1<X≤2)=02 倍纵坐标不变，得到历数()的周象，则() C,若线性相关系数感接近1，则两个变量的线性相关程度越高 B.回)的最小正周期为 D.一短数据10,10.1山，12,12,14,16,19,21,21的第80百分位数为19 C.的图象关于点0对标 D.了)的国象关于直线x=一 对 试第1其，共型 1a.已知高数网之+-，尉下列时论正确的是（) 14数学中的对称性不仪体现在平面几何、立体几何、解析几何和函数图象中，还落现在概 e 人，函数)与x轴有两个不同的交点 率门思中.请你从对称性的角度完成下面概率何题：己知有AB,C,D,E,F,G,H八名运动 员参知比汽，拉下图进行单取海汰制（系者晋级下一轮，敷者被淘法），其中A在图示中① B.函数f()既存在是大值又存在最小值 的位直。B在图示中心的位置，其余起动员独签决定白己第一轮的比赛位理。已知A与除B C.若当xc山，+o)时，)。■-e,则r的最大值为- 以外的运时员比海经率为子。B与意A以外的动员比高经率为： 2 第此以外其余场次比连 D若方限/-有1个法根则（怎树 (包括B阿的比赛)每位运动员胜半都为。，别运动员C存得冠军的顺率为 L比利时数学家拜诗林用一个双球根型证明用平面藏醒很面，可以叔出保图双鱼线，抛物 线。如图，两个对项盟惟的指线与母线凌角为只，在两个图惟中，各有一个球，两球球心分划 为Q,Q,两球半径分别为，5且与圆快衡面相切，两个对项国操的触与平面a所成角为 四、解管题：本大思共5小题，共77分，解答应写出文字说男、昼明过狂欢端算步罩 月（何<日）且平面a与两球相切于A,B两点。则平面a与置惟便面的交线为双山战一部分， 15(本小恩病分13分) 则下列说法中正确的是() 己知数列{a,}的前：项和为S,马=1，对n∈N,都有2S=(n+a, A。人B再点为双由线的两个点 (1)求数列{a,}的通项公或： B.6-5=Q0sm8 (2)已知数列 1 的前项爬为T,求工， 2a+4a, C.若万=5，则流双曲线为等轴双由线 D.双由棱的实较长为OOco8月 6体小想瑞分15分》已知数/国=2g-0r-25o{告-小5。 三、填空题：本题共3小思。每空5分，共15分。起答案填在答题卡的相应位置 《1》求()的最小正调期及单调递减区得： 卫这等毯数列的售“项和分别为产行号则疗·一 三2m+1 (2)将代因据象上据有点的损坐标变为原来的2信，不特代网的医家向右平后个单位 13.1+x0-的屋开式中x2的系数为20，求正整数a的值 后。再将级空标变为原来的子，凝降得到y=g)的图家。若3女©-孕满足不等式 2g)-如2红s2m2-3m,求n的取值杭围 试程第2无。共1页 大实中 以（体小想满分15分》已知浙温C号+片-e>6到的离心率：-兽爪.巧分别为其左右 19.(本小是满分17分) 在矩形ABCD中，AB=LAD=2B⊥AD,E为AD的中点，将点D沿着CE甜折到点P, 焦点，T为株图C上一动点，O为原点，OT的最大值为2 (1)标国C的标准方程： 二面角P-EC-D大小为0<0<.速楼PMPB. (2)桶同的左顶点为A,过A作两条直线分交静置干P,Q两点《P,Q均不与A置合)， (1)着PC的中点为F,求证：EF1∥平面PAB: (2)求四面体PABC的外按球表面积的成值落国： 线段P,AQ的中点分别为M,N两点，已知直战OM,ON斜率之积为 求证：直线PQ 12 (3)一个动点M从点P开始，在阳棱性P-A5CE的楼上运动。定义1步运时为：在M所在 过定点，并求出该定点坐标 顶点处随机选取一条与之加细的棱，从所在项点运动到敲检的另一个项点（例如：着点M在点 P处，分别有一的概率运功到人B,C,E处若点M在点E处，分别有：的概率运动到AP,C 处，以此类推)，见有一个质地均匀的酸子《六个面上数字分制是1,1,2,3,3,3)，每奶 一次发子，若敬子正面向上点数为使=123)，则点M远动步，求马m次显子后动点M仍 在点P的佩案 18.(本小思满分17分)已知通数)=-此，gx)=x2 (1)对论语数f()的单调性： (2)若话数减)=U八x)+国与函数g闭存在公切线，求两的取值题阻： (3)若当x号，@)时，函数+如x-20包政立，求a的取值范度 试在第3类，共3夏试卷第 1 页，共 7 页 大庆实验中学实验二部 2022 级高三得分训练（一） 数学试题答案 选择题： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 B B C D A D D C ACD AC ABD 7.答案：D 球 P 的轨迹形成的几何体为一个棱长为 4的正方体和 6个长宽高分别为 4,4,1的长方体，以及 12个以 1为底面半径， 4 为高的四分之一个圆柱体加上 8 个以 1 为半径的八分之一球，所以球P 的轨迹形成的几何体体积为 1 1 4 40 4 4 4 6 4 4 1 12 4 8 160 4 8 3 3                  8.答案：C 问题转化为 ( )xxe a x b  ，a为过点 ( ,0)b 且在函数 ( ) xf x xe 下方的直线斜率， 过点 ( ,0)b 作 ( ) xf x xe 的两条切线，设切点为 00 0( , ) x x x e ，则有： 0 0 0 0 0( 1) ( ) x x x e x e x b   ，解得 2 0 0 0x bx b   ，设两个切点横坐标为 1 2,x x 则有 1 2 1 2,x x b x x b    ，而a的最大值和最小值分别为 1 1( 1) xx e 和 22( 1) xx e 所以 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2( ) ( 1) ( 1) ( 1) x x x x bf b x e x e x x x x e e        ，而 [1, )b  则 ( )f b e 10.答案：AC  f x 定义域为R ，对于选项 A：令 2 1 ( ) 0 ex x x f x     ，则 2 1 0x x   ，解得 1 5 2 x    ， 所以函数 ( )f x 与 x轴有两个不同的交点，故 A 正确；对于选项 B：因为     2 2 12 e ex x x xx x f x        ， 当    , 1 2,x       时，   0f x  ；当  1,2x  时，   0f x  ；可知  f x 在  , 1  ，  2,  上单调递减， 在  1, 2 上单调递增；则  f x 的极大值为   2 5 2 e f  ，极小值为  1 ef    ，当 x趋近于时，  f x 趋近于； 当 x趋近于时，  f x 趋近于 0，可知函数 ( )f x 有最小值  1 ef    ，无最大值，故 B 错误；对于选项 C：因为函数 ( )f x 有最小值  1 ef    ，若当 [ , )x t  时， min( ) ef x   ， 则 1t   ，所以 t的最大值为 1 ，故 C 正确；对于选项 D：方程  f x k 有 1 个实根等价 于  y f x 与 y k 有 1 个不同交点，结合图象可知：   2 5 e , e k           ，故 D 错误. 11.答案：ABD 在双曲线上任选一点 P，过点 P 做球 1O 的切线，切点分别为 A 与 M，且 M 在球 1O 与圆锥的交线上，且 PM 过圆锥 的顶点，同理，过点 P 做球 2O 的切线，切点分别为 B 与 N，且 N 在球 2O 与圆锥的交线上，且 PN 过圆锥的顶点 试卷第 2 页，共 7 页 所以 P,M,N 以及圆锥的顶点共线，所以 | | | | | |PA PB PM PN MN    为定值，故 A 正确 过 1 2,O O 分别往 A，B 作垂线，作 2O T 垂直于 AT 于 T，易得 2 ABO T  ， 1 2 2OO T   所以 1 2 1 1 2 2sinr r OT OO    ，故 B 正确 对于 D，设圆锥的一条母线与两球相切与点 1 2,X X ，由 A 选项可知， 1 2| | 2X X a ， 连接 1 1 2 2,O X O X ，则 1 1 1 2 2 2 1 2,O X X X O X X X  ，设圆锥顶点为 K，则在四边形 1 2 1 2OO X X 中， 1 1 1 2 2 1cos , cosX K O K X K O K   ，所以 1 2 1 1 2 1 1 2 1cos cos cosX K X K O K O K OO      ，故 D 正确 由上述可得，双曲线 1 2 2 1 2 1 2 12 cos ,2 cos ,c AB OO a X X OO     所以双曲线离心 率为 2 1 cos cos c a    ，与 1 2,r r 是否相等无关，故 C 不正确 填空题： 12． 7 4 13. 1 14． 1 9 14.答案：A 进入决赛的概率为 22( ) 3 ，B 进入决赛的概率为 21( ) 3 ， A 夺冠有两种情况，B 进入决赛和 B 没进入决赛，所以 A 夺冠的概率为 22 1 1 8 2 70( ) ( ) 3 9 2 9 3 243     B 夺冠有两种情况，A 进入决赛和 A 没进入决赛，所以 B 夺冠的概率为 21 4 1 5 1 11( ) ( ) 3 9 2 9 3 243     所以 A，B 都不夺冠的概率为 70 11 1 243 243 3   ，由概率的对称性可得，C 夺冠的概率为 1 1 1 (1 ) 6 3 9    解答题： 15.（本小题满分 13分） 已知数列 na 的前n项和为 nS ， 1 1a  ，对 *,n N  都有2 ( 1)n nS n a  ． （1）求数列 na 的通项公式； （2）求数列 2 1 2 4n na a       的前n项和为 nT ，求 nT . （1）2 ( 1)n nS n a  ， 1 12 n nS na  ，两式相减可得， 12 ( 1)n n na n a na    ， （2 分） 即 1( 1) ,n nn a na   即 1 1 1 1 1 n na a a n n      ，解得 na n （5 分） （2）由（1）知 na n ，故  2 2 1 1 1 1 1 1 1 ( ) 2 4 2 4 2 2 4 2n na a n n n n n n         ， （9 分） O1 O2 A B T X2 X1 O1 O2 A B 试卷第 3 页，共 7 页 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 1 1 1 [ 1 ] (1 ) 4 3 2 4 3 5 2 4 2 1 2 8 4 1 2 nT n n n n n n                                            （ ）（13 分） 16.（本小题满分 15分）已知函数 2 3π( ) 2sin(π )cos 2 3cos 3 2 f x x x x           ． （1）求 ( )f x 的最小正周期及单调递减区间； （2）将 ( )f x 图象上所有点的横坐标变为原来的 2 倍，再将 ( )f x 的图象向右平移 π 12 个单位后，再将纵坐标变为原 来的 1 2 ，最终得到 ( )y g x 的图象，若 [ , ], 2 2 x      满足不等式 22 ( ) sin 2 2 3g x x m m   ，求 m 的取值范围． （1） 2 23π( ) 2sin(π )cos 2 3cos 3 2sin cos 3(1 2sin ) sin 2 3 cos 2 2 f x x x x x x x x x                所以   π =2sin 2 3 f x x       ， （3 分） 所以  f x 的周期为 2π π 2  （5 分） ，由 π π 3π 2 π 2 2 π , Z 2 3 2 k x k k      得 π 7π π π , Z 12 12 k x k k     ， 所以  f x 的单调递减区间为 π 7π π , π , Z 12 12 k k k         （7 分） （2）由题可知，   π sin 4 g x x        ， （9 分） 因为 2π[ , ], 2sin sin2 2 3 2 2 4 x x x m m               ， 所以当 [ , ], 2 2 x     时， 2 min π 2sin sin2 2 3 4 x x m m             2π2sin sin2 sin cos 2sin cos sin cos 1 (sin cos ) 4 y x x x x x x x x x x                 （12 分） 令 sin cos , , 2 2 t x x x           ，则 π 2 sin 1, 2 4 t x            2 2 1 51 2 4 y t t t             ，所以当 1t   时， 2 1y t t    取得最小值，最小值为 1 （14 分） 所以 21 2 3m m   ，解得 1m  或 1 2 m  ，故m 的取值范围为   1 , 1, 2           ． （15 分） 17.（本小题满分 15分）已知椭圆   2 2 2 2 : 1 0 x y C a b a b     的离心率 1 2 3 , , 2 e F F 分别为其左右焦点，T 为椭圆C 上 一动点，O为原点，OT 的最大值为 2. 试卷第 4 页，共 7 页 （1）求椭圆C 的标准方程； （2）椭圆的左顶点为 A，过 A作两条直线分别交椭圆于 ,P Q两点（ ,P Q均不与 A重合），线段 ,AP AQ的中点分 别为 ,M N 两点，已知直线 ,OM ON 斜率之积为 5 12  .求证：直线PQ过定点，并求出该定点坐标. （1）因为椭圆的离心率 3 , 2 e  所以 2 11 2 b e a    ，所以椭圆方程为 2 2 2 2 : 1 4 x y C b b   设T 点坐标为 0 0( , )x y ，所以 2 2 0 0 2 2 1 4 x y b b   ， 2 2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 0 04 4 4 3OT x y b y y b y       ，所以当 2 0 0y  时，， OT 取最大值，此时，OT 的最大值为2 2b  ，所以 1, 2b a  ，所以椭圆C 的标准方程为 2 2 1 4 x y  （4 分） （2）由题可知 A 为 ( 2,0) ，设 1 1 2 2( , ), ( , )P x y Q x y ，由题可知， 1 1 2 22 2( , ), ( , ) 2 2 2 2 x y x y M Q   而 5 12 OM ONk k   ， 所以 1 2 1 2 5 ( 2)( 2) 12 y y x x     （6 分） ，由题直线 PQ 不与 x 轴垂直，所以设 PQ 直线为 y kx m  ，与椭圆方程联立，可得 2 2 2(4 1) 8 4 4 0k x kmx m     ， 2 216(4 1)k m    ，韦达定理， 2 1 2 1 22 2 8 4 4 , 4 1 4 1 km m x x x x k k        ，（9 分） 所以 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 4 ( )( ) ( ) 4 1 m k y y kx m kx m k x x km x x m k           ，而 2 2 1 2 1 2 1 2 2 4 16 16 ( 2)( 2) 2( ) 4 4 1 m km k x x x x x x k           ， 所以 2 2 1 2 2 2 1 2 4 5 ( 2)( 2) 4 16 16 12 y y m k x x m km k         ，解得 1 2 2 m k m k   或 ，（12 分） 当 2m k 时，直线 PQ 过点 (2,0) ,OM ONk k 不存在所以不成立， （13 分） 所以 1 2 m k  ，此时 2 2 216(4 1) 60 16 0k m k       ，所以直线 PQ 为 1 2 y kx k  ，过定点 1 ( ,0) 2 （15 分） 18.（本小题满分 17分）已知函数 2( ) , ( )xf x e ax g x x   （1）讨论函数 ( )f x 的单调性； （2）若函数 ( ) [ ( ) ]h x m f x ax  与函数 ( )g x 存在公切线，求m 的最大值； （3）若当 [ , ) 2 x     时，函数 ( ) sin 1 0f x x   恒成立，求a的取值范围. （1） '( ) xf x e a  ，当 0a  时， '( ) 0xf x e a   ， ( )f x 在 R 上单调递增， （2 分） 当 0a  时，令 '( ) 0f x  ，解得 lnx a ，所以当 ( , ln )x a  时 '( ) 0f x  ， ( )f x 单调递减，所以当 (ln , )x a  试卷第 5 页，共 7 页 时 '( ) 0f x  ， ( )f x 单调递增， 综上，当 0a  时， ( )f x 在 R 上单调递增，当 0a  时， ( )f x 在 ( , ln )a 上递减，在 (ln , )a  上递增（4分） （2）设公切线与 ( )g x 的切点  21 1,x x ，与 ( )h x 的切点为  22 , exx m ，由 2( )g x x ，得 '( ) 2g x x ，则公切线方程 为 2 1 1 12 ( )y x x x x   ；由 ( ) e xh x m 得 '( ) exh x m ，则公切线方程为 2 22( ) x x y me x x me   ，对应斜率与截 距相等，得 212 e xx m ， 2 2 1 2(1 ) x x me x   ，所以 1 22 2x x  ，所以 2 2e 4 4 xm x  ，即   2 24 1 ex x m   .（6 分） 设    4 1 ex x F x   ，则       2 4e 4 1 e 4 2 '( ) ee x x x x x x F x      ，由 '( ) 0F x   2x  ；由 '( ) 0F x   2x  . 函数  F x 在  , 2 上单调递增，在  2, 上单调递减.所以函数     2 4 2 e F x f  .即m 的最大值为 2 4 e .（9 分） （3）设 ( ) ( ) sin 1 sin 1xH x f x x e ax x       ， '( ) cosxH x e a x   ，令 ( ) '( ) cosxT x H x e a x    ， 则 '( ) sinxT x e x  ，当 0 , '( ) sin 1 sin 0xx T x e x x     时 ，所以 ( ) '( )T x H x 单调递增，当 0 , '( ) sin 0 2 x xx T x e x e        时 ， ( ) '( )T x H x 单调递增，所以当 [ , ) 2 x     时， ( ) '( )T x H x 单调 递增 （11分） ， 2 2'( ) cos( ) 2 2 H e a e a             ，当 '( ) 0 2 H    时，因为 [ , ) 2 x     ， '( )H x 单调递增，所以 '( ) '( ) 0 2 H x H     ，所以 ( )H x 在[ , ) 2    上单调递增，此时 ( ) (0) 0 2 H H     ，不成立. （13 分） 当 '( ) 0 2 H    时， 0'(0) cos0 2H e a a     ，当 '(0) 2 0H a   时， ln( 1)'(ln( 1)) cos 1 cos 0aH a e a x        ，所以存在 0 (0, ln( 1))x a  ， 0'( ) 0H x  ，且当 0(0, )x x 时， '( ) 0H x  ， ( )H x 单调递减，所以 0( ) (0) 0H x H  ，不成立 （15分） 当 '(0) 2 0H a   ，因为 '( ) 0 2 H    ，所以存在 0 ( ,0) 2 x    ， 0'( ) 0H x  且当 0( ,0)x x 时， '( ) 0H x  ， ( )H x 单调递增，所以 0( ) (0) 0H x H  ，不成立。当 '(0) 2 0H a   时，因为 ( ) '( )T x H x 单调递增，所以当 ( ,0) 2 x    时 '( ) 0H x  ， ( )H x 单调递减，当 (0, )x  时 '( ) 0H x  ， ( )H x 单调递增，所以 ( ) (0) 0H x H  ， 成立，所以a的取值范围为{2} （17分） 19.（本小题满分 17分） 在矩形 ABCD中， 1, 2,AB AD AB AD   ，E 为 AD的中点，将点 D沿着CE翻折到点P ，二面角P EC D  大小为 (0 ) 2     ，连接 ,PA PB . （1）若PC的中点为F ，求证： / /EF 平面PAB； 试卷第 6 页，共 7 页 （2）求四面体PABC 的外接球表面积的取值范围； （3）一个动点M 从点P 开始，在四棱锥P ABCE 的棱上运动，定义 1 步运动为：在M 所在顶点处随机选取一 条与之相邻的棱，从所在顶点运动到该棱的另一个顶点（例如：若点M 在点P 处，分别有 1 4 的概率运动到 , , ,A B C E 处。若点M 在点E 处，分别有 1 3 的概率运动到 , ,A P C 处，以此类推），现有一个质地均匀的骰子（六个面上数字 分别是 1，1，2，3，3，3），每扔一次骰子，若骰子正面向上点数为 ( 1,2,3)k k  ，则点M 运动 k 步，求扔n次骰 子后动点M 仍在点P 的概率. （1）取 PB 中点 H ，因为 PC 的中点为，所以 / /FH BC 且 1 2 FH BC ，而 1 1 2 AE BC  ，且 / /AE BC 所以 / /AE FH 且 AE FH ,所以四边形 AFEH 为平行四边形，所以 / /AH EF ，而 AH ABP平面 ， EF ABP平面 ，所以 / /EF 平面PAB （3分） （2）连接 BD， BD与 AC 交于点 'O ，取 EC 中点为T ，则 ,DT EC PT EC  ， P 到底面投影 'P 在 DT 上， 'PTP   ， 2 2 PT DT  ，所以 2 2 ' cos , ' sin 2 2 TP PP   ，如图以点 'O 为原点，以过点 'O 且与BC 平行的方向为 x 轴，以过点 'O 且与CD平行的方向建为 y 轴，以过点 'O 且与 ABCD垂直的方向为 z 轴建立空间 直角坐标系，可得 '(0,0,0)O ， 1 (1, ,0) 2 C  ， 1 1 1 '( cos , cos ,0) 2 2 2 P   ， 1 1 2 ( cos , cos , sin ) 2 2 2 P    ，由于球 心 在 ABC 的 外 心 上 方 ， 所 以 设 球 心 O 的 坐 标 为 (0,0, )h ， 因 为 2 2 2OC OP R  ， 所 以 2 2 2 2 2 21 1 1 1 21 ( ) ( c o s ) c o s ( s i n ) 2 2 2 4 2 h h         ， （5分） 解得 22sin cos 1 2 22 tan 4 4 22 2 sin 2sin cos 2 2 h            , （7分） 而0 2    ，所以 tan (0,1) 2   ， 2 ( ,0) 4 h  2 2 2 2 5 5 11' ( , ) 4 4 8 R h O C h     ，所以四面体PABC 的外接球表面积为 2 114 (5 , ) 2 R   （9 分） （3）设扔n次骰子后动点M 仍在点P 的概率为 nP 扔 n次骰子后动点M 仍在点P 有两种情况，一种是扔 1n 次骰子后动点M 仍在点P ，一种是扔 1n 次骰子后动 点M 不在点P ，而点M 在 A，B，C，E 处扔一次骰子到点 P 的概率为 FE A D B C P 试卷第 7 页，共 7 页 1 1 1 2 1 1 2 2 1 1 1 5 ( 1 3 3 6 3 3 2 3 3 3 3 3 18            ）= ， 而点M 在 P 处扔一次骰子到点 P 的概率为 1 1 1 2 1 1 1 1 6 3 2 3 3 6        （11 分） 所以 1 1 5 1 (1 ) 18 6 n n nP P P    （14 分） 所以 1 1 1 1 ( ) 4 9 4 n nP P     ，又 1 1 6 P  ，所以 1 1 1 1 1 3 1 ( ) ( ) ( ) 4 9 4 4 9 n n nP P       所以 1 3 1 ( ) 4 4 9 n nP    （17分）