精品解析：山东省济南外国语学校2024-2025学年高三下学期5月针对性检测（三）数学试题

2024-2025学年度第二学期5月针对性检测（三） 高三数学试题（2025.5） 考试时间120 分钟 满分150分 第Ⅰ卷（选择题，共 58分） 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的. 1. 已知复数z在复平面内对应的点的坐标是，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的乘法以及共轭复数的定义，可得答案. 【详解】由题意可得，则. 故选：D. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解不等式求出集合，再求交集即可. 【详解】因为， 所以. 故选：B． 3. 函数在区间的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用函数奇偶性定义判断出函数在区间上的奇偶性排除AC；再利用特殊值可得答案. 【详解】因为，， ， 所以为偶函数，图象关于轴对称，故排除AC； ， 故选：B. 4. 已知等差数列的前项和为，且满足，，等比数列的前项和为，且满足，，则的值为（ ） A. 42 B. 62 C. 63 D. 126 【答案】D 【解析】 【分析】根据等差数列的基本量运算求得其通项公式，再求等比数列的通项公式，最后利用求和公式计算即可. 【详解】由，得，，故； 由，得，， 故； 故， 故选：D 5. 若函数的图象向右平移个长度单位后关于点对称，则在上的最小值为（ ） A. -1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用三角函数的平移变换原则以及正弦函数的中心对称点求出，再由正弦函数的单调性即可求解. 【详解】的图象向右平移个长度单位可得 ， 因为是此函数的对称中心点， 则， 解得，， 又因为， 所以当时，， 所以， 因为，则， 所以， 所以在上的最小值为. 故选：C 6. 若非零向量、满足，且向量与向量的夹角是，则 的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】作，，则，利用正弦定理可求出的大小，即可求出的值. 【详解】若非零向量、满足，且向量与向量的夹角是， 作，，则，如下图所示： 向量与向量的夹角等于， 由正弦定理可得，即，可得， 所以，，即，即，故. 故选：D. 7. 如图，正方形的边长为1，取正方形各边的四等分点，得到第2个正方形，再取正方形各边的四等分点，得到第3个正方形，依此方法一直进行下去，若从第个正方形开始它的面积小于第1个正方形面积的，则（ ）（参考数据：） A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 【答案】C 【解析】 【分析】易知正方形的边长成等比数列，其公比为，设第个正方形的面积为，得到，求得，再由求解. 【详解】由已知得正方形的边长成等比数列，第二个正方形的边长为， 所以其公比为． 设第个正方形的面积为，则， 当时，，所以， 由，得， 所以， 即， 所以，所以． 故选：C． 8. 已知函数，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出的定义域，得到是偶函数，判断时的单调性，再借助中间值比较大小即可. 【详解】方法一：由题知的定义域为，，所以是偶函数， 记，当时，，所以在上单调递增， 则在上单调递减， 因为，所以， 而. 令，则， 当时，，所以在上单调递增， 所以，即，所以， 又因为指数函数在上单调递减，所以， 所以， 所以，即. 方法二：由题知的定义域为，，所以是偶函数， ，当时，，即， 所以当时，，则在上单调递减， 因为，所以， 而. 因为指数函数在上单调递减， 所以， 因为幂函数在上单调递增， 所以，所以， 所以， 所以，即. 故选：A. 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. 一组样本数据．其中，求得其经验回归方程为：，残差为．对样本数据进行处理：，得到新的数据，求得其经验回归方程为：，其残差为，分布如图所示，且，则（ ） A. 样本负相关 B. C. D. 处理后的决定系数变大 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用回归方程判断A；利用样本中心点计算判断B；利用图象的波动性判断CD. 【详解】对于A，经验回归方程中斜率，则样本负相关，A正确； 对于B，原样本均值：，由，得，B正确： 对于C，由图1的数据波动较大可得比更集中，则，C错误； 对于D，由图1的残差平方和较图2的残差平方和大知，处理后拟合效果更好，决定系数变大，D正确． 故选：ABD 10. 函数，则（ ） A. B. 的单调递增区间为 C. 最大值为 D. 有两个零点 【答案】ABD 【解析】 【分析】对函数求导，根据导函数的符号确定原函数的单调性，继而得到函数的极值，即可逐一判断A,B,C,再结合函数的趋势，利用零点存在定理，作出其图象即可判断D. 【详解】对于A，因的定义域为，则，故A正确； 对于B，由可得，即的单调递增区间为，故B正确； 对于C，由上分析，当时，；当时，. 即函数在上单调递减，在上单调递增，则时，取得最小值，故C错误； 对于D，由上分析，函数在上单调递减，在上单调递增，且， 而当时，；当时，， 由零点存在定理，可知函数在区间和各有一个零点，故D正确. 故选：ABD. 11. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，点在上，圆，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则的面积为2 B. 若，则直线被圆截得的弦长为 C. 若为等腰三角形，则满足条件的点有2个 D. 若为与轴正半轴的交点，为圆的直径（在第一象限），的中点为，（表示斜率），则点的横坐标为 【答案】ABD 【解析】 【分析】设P记 则 ，利用，转化求解三角形的面积，判断A；应用圆的弦长几何法求解判断B；分情况讨论，找出使为等腰三角形的所有点可判断C；设点的坐标再结合斜率公式计算求解得出坐标判断 D. 【详解】对于A，，设点P,记 则 因为 , 所以 解得 , 所以 的面积为 ，故A正确； 对于B，若，则， 所以，所以直线为，所以， 又因为，圆心到直线距离， 所以直线被圆截得的弦长为，故B正确； 对于C，由椭圆的性质可知，即. 若是以为顶点的等腰三角形，点位于椭圆的上顶点或下顶点，满足条件的点有2个； 若是以为顶点的等腰三角形，则，则满足条件的点有2个； 同理，若是以为顶点的等腰三角形，满足条件的点有2个； 故使得为等腰三角形的点共6个，故C错误； 对于D：设，，因为， 所以，所以点的横坐标为，D选项正确. 故选：ABD. 第二部分（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. 12. 已知圆的圆心在第一象限，且在直线上，圆与抛物线的准线和轴都相切，则圆的方程为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，可设圆心为，，由于圆与抛物线的准线和轴都相切，由直线与圆相切的性质，得出圆的半径，求出圆心和半径，可得圆的标准方程． 【详解】解：圆的圆心在第一象限，且在直线上， 故可设圆心为，， 圆与抛物线的准线和轴都相切， 故圆的半径， 解得：，或（舍去）， 故圆的圆心为，半径为2， 则圆的方程为：. 故答案为：． 【点睛】本题主要考查求圆的标准方程的方法，还涉及抛物线的性质和直线和圆的位置关系的应用． 13. 一组从小到大排列的数据：，若删去前后它们的百分位数相同，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据百分位数计算规则得到第百分位数，从而得到方程，解得即可. 【详解】原来有10个数据，，原来第百分位数为， 删去后有9个数据，，则第百分位数， 依题意可得，解得． 故答案为： 14. 经研究发现：任意一个三次多项式函数的图象都有且只有一个对称中心点，其中是的根，是的导数，是的导数.若函数图象的对称中心点为，且不等式对任意恒成立，则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】首先求得，，而原不等式等价于，可以利用不等式放缩即可求解. 【详解】， 因为图象的对称中心点为，所以，所以， 由，所以， 原不等式为， 因为，所以， 设，则， 当时，，当时，， 所以当时，单调递减，当时，单调递增， 所以，即， 因为，当且仅当，即时等号成立， 所以，所以其最小值为，故. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：关键是得到恒成立，结合切线放缩不等式即可顺利得解. 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. 的内角的对边分别为，已知. （1）求； （2）若为锐角三角形，，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由三角变换公式可得，从而可求的值. （2）利用正弦定理及三角变换公式可得，结合的范围可求其取值范围，从而可求的取值范围. 【小问1详解】 因为，由正弦定理得， 故， 在中，，，所以，，则， 可得，所以，所以. 【小问2详解】 由正弦定理可得（为外接圆的半径）， 所以，， 因为，则，， 所以， 因为为锐角三角形，则，解得， 则，，故. 16. 如图，在三棱台中，平面平面，，，. （1）证明：； （2）当直线与平面所成的角最大时，求三棱台的体积. 【答案】（1）证明：在三棱台中，取的中点，连接， 由，得，由平面平面，平面平面， 平面，得平面，而平面，则， 又，则四边形是菱形，， 而平面，因此平面，又平面， 所以. （2）. 【解析】 【分析】（1）利用面面垂直的性质，线面垂直的判定性质推理得证. （2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法，再结合棱台体积公式计算得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取中点，则，由平面平面，平面平面， 平面，则平面，直线两两垂直， 以点原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，设， 则，， ， 设平面的法向量，则，取，得， 设直线与平面所成的角为， ，当且仅当，即时取等号， 所以三棱台的体积 . 17. 已知函数（其中）． （1）当时，求的单调区间； （2）对任意，都有成立，求实数a的取值范围． 【答案】（1）答案见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）应用导数研究函数的单调区间即可； （2）问题化为在上恒成立，应用导数研究右侧的最小值，即可得参数范围. 【小问1详解】 将代入函数中，，由，所以， 当时，，所以函数在上单调递增； 当时，，所以函数在上单调递减； 所以的单调递增区间为，单调递减区间为. 【小问2详解】 任意都有成立， 即，即， 令，则， 令，， 在上恒成立，即在上单调递增． 又，，故在内有零点，设零点为， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 且，则，所以， 设，，，所以在单调递增， 所以，，，即，所以， 所以最小值，所以，即实数a的取值范围是． 18. 如图所示，在平面直角坐标系中，椭圆：的左，右焦点外别为，，设P是第一象限内上的一点，、的延长线分别交于点、． （1）求的周长； （2）求面积的取值范围； （3）设、分别为、的内切圆半径，求的最大值． 【答案】（1）；（2）；（3）． 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的定义即可求解； （2）设过的直线方程为，联立椭圆方程消元后，根据根与系数的关系得，换元后可求，代入三角形面积公式即可求解； （3）根据三角形内切圆的性质及（1）可得，即可转化为，根据三角形面积可化为，利用直线与椭圆联立求出，代入化简后利用均值不等式即可求解. 【详解】（1），为椭圆的两焦点，且，为椭圆上的点， ，从而的周长为． 由题意，得，即的周长为. （2）由题意可设过的直线方程为， 联立，消去x得， 则， 所以， 令， 则（当时等号成立，即时） 所以, 故面积的取值范围为. （3）设，直线的方程为：，将其代入椭圆的方程可得， 整理可得， 则，得，， 故． 当时，直线的方程为：，将其代入椭圆方程并整理可得， 同理，可得， 因为， 所以 ， 当且仅当时，等号成立. 若轴时，易知，，， 此时， 综上，的最大值为. 19. 国学小组有编号为1，2，3，…，的位同学，现在有两个选择题，每人答对第一题的概率为、答对第二题的概率为，每个同学的答题过程都是相互独立的，比赛规则如下：①按编号由小到大的顺序依次进行，第1号同学开始第1轮出赛，先答第一题；②若第号同学未答对第一题，则第轮比赛失败，由第号同学继继续比赛；③若第号同学答对第一题，则再答第二题，若该生答对第二题，则比赛在第轮结束；若该生未答对第二题，则第轮比赛失败，由第号同学继续答第二题，且以后比赛的同学不答第一题；④若比赛进行到了第轮，则不管第号同学答题情况，比赛结束． （1）令随机变量表示名同学在第轮比赛结束，当时，求随机变量的分布列； （2）若把比赛规则③改为：若第号同学未答对第二题，则第轮比赛失败，第号同学重新从第一题开始作答．令随机变量表示名挑战者在第轮比赛结束． ①求随机变量的分布列； ②证明：单调递增，且小于3． 【答案】（1）分布列见解析 （2）①分布列见解析 ；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）由题设有，可取值为1，2，3，应用独立事件乘法公式、互斥事件概率求法求各值对应的概率，即可得分布列； （2）①应用二项分布概率公式求取值1，2，…，对应概率，即可得分布列； ②由①分布列得（，），定义法判断单调性，累加法、等比数列前n项和公式求通项公式，即可证结论. 【小问1详解】 由题设，可取值为1，2，3， ，，， 因此的分布列为 1 2 3 【小问2详解】①可取值为1，2，…，， 每位同学两题都答对的概率为，则答题失败的概率均为：， 所以时，；当时， 故的分布列为： 1 2 3 … … ②由①知：（，）． ，故单调递增； 由上得，故， ∴， 故． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度第二学期5月针对性检测（三） 高三数学试题（2025.5） 考试时间120 分钟 满分150分 第Ⅰ卷（选择题，共 58分） 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的. 1. 已知复数z在复平面内对应的点的坐标是，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 函数在区间的图象大致为（ ） A. B. C. D. 4. 已知等差数列的前项和为，且满足，，等比数列的前项和为，且满足，，则的值为（ ） A. 42 B. 62 C. 63 D. 126 5. 若函数的图象向右平移个长度单位后关于点对称，则在上的最小值为（ ） A. -1 B. C. D. 6. 若非零向量、满足，且向量与向量的夹角是，则 的值为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，正方形的边长为1，取正方形各边的四等分点，得到第2个正方形，再取正方形各边的四等分点，得到第3个正方形，依此方法一直进行下去，若从第个正方形开始它的面积小于第1个正方形面积的，则（ ）（参考数据：） A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 8. 已知函数，则，，的大小关系为（ ） 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. 一组样本数据．其中，求得其经验回归方程为：，残差为．对样本数据进行处理：，得到新的数据，求得其经验回归方程为：，其残差为，分布如图所示，且，则（ ） A. 样本负相关 B. C. D. 处理后的决定系数变大 10. 函数，则（ ） A. B. 的单调递增区间为 C. 最大值为 D. 有两个零点 11. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，点在上，圆，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则的面积为2 B. 若，则直线被圆截得的弦长为 C. 若为等腰三角形，则满足条件的点有2个 D. 若为与轴正半轴的交点，为圆的直径（在第一象限），的中点为，（表示斜率），则点的横坐标为 第二部分（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. 12. 已知圆的圆心在第一象限，且在直线上，圆与抛物线的准线和轴都相切，则圆的方程为______. 13. 一组从小到大排列的数据：，若删去前后它们的百分位数相同，则______． 14. 经研究发现：任意一个三次多项式函数的图象都有且只有一个对称中心点，其中是的根，是的导数，是的导数.若函数图象的对称中心点为，且不等式对任意恒成立，则的取值范围是__________. 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. 的内角的对边分别为，已知. （1）求； （2）若为锐角三角形，，求的取值范围. 16. 如图，在三棱台中，平面平面，，，. （1）证明：； （2）当直线与平面所成的角最大时，求三棱台的体积. 17. 已知函数（其中）． （1）当时，求的单调区间； （2）对任意，都有成立，求实数a的取值范围． 18. 如图所示，在平面直角坐标系中，椭圆：的左，右焦点外别为，，设P是第一象限内上的一点，、的延长线分别交于点、． （1）求的周长； （2）求面积的取值范围； （3）设、分别为、的内切圆半径，求的最大值． 19. 国学小组有编号为1，2，3，…，的位同学，现在有两个选择题，每人答对第一题的概率为、答对第二题的概率为，每个同学的答题过程都是相互独立的，比赛规则如下：①按编号由小到大的顺序依次进行，第1号同学开始第1轮出赛，先答第一题；②若第号同学未答对第一题，则第轮比赛失败，由第号同学继继续比赛；③若第号同学答对第一题，则再答第二题，若该生答对第二题，则比赛在第轮结束；若该生未答对第二题，则第轮比赛失败，由第号同学继续答第二题，且以后比赛的同学不答第一题；④若比赛进行到了第轮，则不管第号同学答题情况，比赛结束． （1）令随机变量表示名同学在第轮比赛结束，当时，求随机变量的分布列； （2）若把比赛规则③改为：若第号同学未答对第二题，则第轮比赛失败，第号同学重新从第一题开始作答．令随机变量表示名挑战者在第轮比赛结束． ①求随机变量的分布列； ②证明：单调递增，且小于3． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $