精品解析：2025届云南省德宏傣族景颇族自治州盈江县第一高级中学高三模拟预测数学试题

盈江县第一高级中学2025届高三模拟预测 数学试卷 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.考试结束后，请将本试卷 和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟. 第Ⅰ卷（选择题，共60分） 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡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.在试题卷上作答无效. 一、单项选择题（本大题共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. 复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 集合，则的子集个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 8 D. 16 3. 若角的终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 4. 直线与圆相交于两点，则弦的长等于（ ） A. B. 2 C. D. 3 5. 下列残差图满足一元线性回归模型中对随机误差的假定的是（ ） A. B. C. D. 6. 如图，把椭圆，的长轴分成8等份，过每个分点，作x轴的垂线交椭圆的上半部分于，，，，，，七个点，F是椭圆的一个焦点，则（ ） A. 25 B. 26 C. 27 D. 28 7. 已知，则（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在中，设，，的中点为的中点为R，的中点为P，若，则（ ） A. B. C. D. 1 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分） 9. 在直角梯形ABCD中，，，，，以AD所在的直线为轴，其余三边旋转一周形成的面围成一个几何体，则（ ） A. 该几何体为棱台 B. 该几何体的母线长为 C. 该几何体的表面积为 D. 该几何体的体积为 10. 已知分别为双曲线的上､下焦点，且的一条渐近线方程为，下列说法正确的有（ ） A. 的焦距为4 B. 过原点的直线与相交，则的倾斜角的取值范围为 C. 若为上支上的一点.，则的最小值为 D. 若为上的一点，为坐标原点，则恒为定值 11. 若正整数，只有1为公约数，则称，互质.对于正整数，是小于或等于的正整数中与互质的数的个数，函数以其首位研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如：，，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. ， 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 函数在上的最大值是__________. 13. 高三(3)班学生要安排毕业晚会的3个音乐节目，2个舞蹈节目和1个曲艺节目的演出顺序，要求2个舞蹈节目不连排，3个音乐节目恰有2个节目连排，则不同排法的种数是________． 14. 已知，若，其中，，则的最大值为______． 四、解答题（共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 在圆内接四边形中，已知，，，为锐角． （1）求及的长； （2）求四边形周长的最大值． 16. 目前，教师职业越来越受青睐，考取教师资格证成为不少人的就业规划之一.当前，中小学教师资格考试分笔试和面试两部分，笔试通过后才能进入面试环节.已知某市年共有名考生参加了中小学教师资格考试的笔试，笔试成绩，只有笔试成绩高于分的学生才能进入面试环节. （1）从报考中小学教师资格考试的考生中随机抽取人，求这人中至少有一人进入面试的概率； （2）现有甲、乙、丙名学生进入了面试，且他们通过面试的概率分别为，设这名学生中通过面试的人数为，求随机变量的分布列和数学期望. 参考数据：若，则，，，，. 17. 已知函数. （1）讨论的零点个数； （2）记，证明：在上，当时，的图象恒在的图象上方. 18. 如图，在直三棱柱中，，点在棱上，平面平面. （1）求证：为棱的中点； （2）当三棱锥的体积最大时， （i）求线段的长； （ii）求平面与平面的夹角的余弦值. 19. 已知抛物线C：x2＝2py（p＞0）的焦点为F，直线l与抛物线C交于P，Q两点． （1）若l过点F，抛物线C在点P处的切线与在点Q处的切线交于点G．证明：点G在定直线上． （2）若p＝2，点M在曲线y上，MP，MQ的中点均在抛物线C上，求△MPQ面积的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 盈江县第一高级中学2025届高三模拟预测 数学试卷 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.考试结束后，请将本试卷 和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟. 第Ⅰ卷（选择题，共60分） 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡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.在试题卷上作答无效. 一、单项选择题（本大题共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. 复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件，利用复数的运算得，利用几何意义得其对应点为，即可求解. 【详解】因为，其对应点为， 所以复数在复平面内对应的点位于第三象限， 故选：C. 2. 集合，则的子集个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 8 D. 16 【答案】C 【解析】 【分析】根据中元素的性质可得，从而可求其子集个数. 【详解】因为， 故子集个数为， 故选：C. 3. 若角的终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由三角函数定义可得、，即可得解. 【详解】由角的终边经过点，故， ， 故. 故选：C. 4. 直线与圆相交于两点，则弦的长等于（ ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】先得出圆的圆心坐标和半径，然后由点到直线的距离公式、弦长公式即可求解. 【详解】因为圆即圆的圆心为，半径为， 所以圆心到直线的距离， 因此，弦长. 故选：B. 5. 下列残差图满足一元线性回归模型中对随机误差的假定的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据一元线性回归模型中对随机误差的假定：残差应是均值为0､方差为的随机变量的观测值逐项分析即可求解. 【详解】对于A，残差比较均匀地分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区域内，故A正确； 对于B，残差与观测时间有线性关系，故B错误； 对于C，残差与观测时间有非线性关系，故C错误； 对于D，残差的方差不是一个常数，随观测时间变大而变大，故D错误. 故选：A. 6. 如图，把椭圆，的长轴分成8等份，过每个分点，作x轴的垂线交椭圆的上半部分于，，，，，，七个点，F是椭圆的一个焦点，则（ ） A. 25 B. 26 C. 27 D. 28 【答案】D 【解析】 【分析】 设P点是椭圆上的任意点，根据椭圆的第二定义求出，根据题意可知点为椭圆与轴正半轴的交点且与分别关于y轴对称，设出各点，代入即可求解. 【详解】不妨设P点是椭圆上的任意点则由椭圆的第二定义可得：， 又a=4,b=,，故， ① ∵把椭圆的长轴AB分成8等份,过每个分点作x轴的垂线交椭圆的上半部分于七个点， ∴点为椭圆与轴正半轴的交点且与分别关于y轴对称， ∴不妨设且， ∴，由①可得： ， . 故选：D. 7. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，得到函数为奇函数，且在单调递增，再由对数的运算性质，求得，结合函数的单调性，即可求解. 【详解】由函数可得定义域为， 且满足，即， 所以函数为奇函数， 又由函数都是上单调递增函数，所以在单调递增， 因为且，所以， 又因为，所以， 因为在单调递增，所以. 故选：A. 8. 如图，在中，设，，的中点为的中点为R，的中点为P，若，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】 根据向量加法化简，再根据平面向量基本定理确定，即得结果. 【详解】 ,, 故选：C 【点睛】本题考查向量加法法则以及平面向量基本定理，考查综合分析求解能力，属中档题. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分） 9. 在直角梯形ABCD中，，，，，以AD所在的直线为轴，其余三边旋转一周形成的面围成一个几何体，则（ ） A. 该几何体为棱台 B. 该几何体的母线长为 C. 该几何体的表面积为 D. 该几何体的体积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据旋转体的性质判断为圆台，用勾股定理计算，利用圆台的表面积公式和体积公式即可计算. 【详解】由题意可知该几何体为圆台，故A选项不正确； 该圆台的母线长为，故B选项正确； 该圆台的表面积为，故C选项正确； 该圆台的体积为，故D选项正确. 故选：BCD. 10. 已知分别为双曲线的上､下焦点，且的一条渐近线方程为，下列说法正确的有（ ） A. 的焦距为4 B. 过原点的直线与相交，则的倾斜角的取值范围为 C. 若为上支上的一点.，则的最小值为 D. 若为上的一点，为坐标原点，则恒为定值 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，根据渐近线求出焦距后可判断其正误，对于B，根据渐近线的斜率可求直线的倾斜角后可判断其正误，对于C，根据双曲线的定义转化线段和后可求其最小值，从而判断其正误，对于D，根据余弦定理结合计算的值后可判断其正误. 【详解】对于A，双曲线的渐近线方程为，则， 所以双曲线的方程为，所以焦距，A正确； 对于B，由双曲线的渐近线方程为， 若过原点的直线与双曲线相交，则必与左支、右支各有一个交点， 则直线的斜率满足，则直线的倾斜角的取值范围为，B正确； 对于C，， 当且仅当点为线段与双曲线的交点时取等号，C错误； 对于D，由对称性不妨设为上支上的任意一点， 当点为双曲线的上顶点时，； 当点不在双曲线的上顶点时，因为， 则，由余弦定理得， 又，所以， 因为，则， 即. 综上，恒为定值，D正确， 故选：ABD. 11. 若正整数，只有1为公约数，则称，互质.对于正整数，是小于或等于的正整数中与互质的数的个数，函数以其首位研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如：，，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. ， 【答案】AC 【解析】 【分析】对于AC：利用欧拉函数定义求解判断；对于BD：举反例说明即可. 【详解】对于选项A：小于或等于的正整数中与互质的正整数为，，，， 小于或等于的正整数中与互质的正整数为，，，， 因为，故A正确； 对于选项B：因为当时，，故B错误； 对于选项C：小于或等于的正整数中与互质的正整数为 ，，，，，，，，，，，，，，，， 共有个，所以，故C正确； 对于选项D：当时，因为，故D不正确； 故选：AC 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 函数在上的最大值是__________. 【答案】1 【解析】 【分析】根据辅助角公式化简整理得，结合三角函数的性质求解即可 【详解】， 当时，， 所以由余弦函数的性质可知，当时，即时，有. 故答案为： 13. 高三(3)班学生要安排毕业晚会的3个音乐节目，2个舞蹈节目和1个曲艺节目的演出顺序，要求2个舞蹈节目不连排，3个音乐节目恰有2个节目连排，则不同排法的种数是________． 【答案】288 【解析】 【分析】先从3个音乐节目中选取2个排好后作为1个节目，有种排法，这样共有5个节目，其中2个音乐节目不连排，2个舞蹈节目不连排，然后分成三类进行求解. 【详解】先从3个音乐节目中选取2个排好后作为1个节目，有种排法 这样共有5个节目，其中2个音乐节目不连排，2个舞蹈节目不连排 1 2 3 4 5 如图，若曲艺节目排在1号（或5号）位置，则有种排法 若曲艺节目排在2号（或4号）位置，则有种排法 若曲艺节目排在3号位置，则有种排法 所以共有排法 故答案为：288 【点睛】本题主要考查的是排列和简单的计数问题，解题的关键是对问题进行合适的分步和分类. 14. 已知，若，其中，，则的最大值为______． 【答案】0 【解析】 【分析】分析的值域和单调性，结合不等式的性质即可得到所求最大值． 【详解】解：， 当时，； 当时，； 当时，， 可得恒成立， 由的导数，可判断在R上递增， 由，即有， 则，即， 可得的最大值为0， 故答案为0． 【点睛】本题主要考查了函数的单调性的运用：求最值，注意运用分类讨论思想方法和导数判断单调性，考查运算能力，属于中档题． 四、解答题（共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 在圆内接四边形中，已知，，，为锐角． （1）求及的长； （2）求四边形周长的最大值． 【答案】（1），； （2）5. 【解析】 【分析】（1）在中利用正弦定理及勾股定理求解作答. （2）利用（1）的结论，结合余弦定理及均值不等式求出的最大值作答. 【小问1详解】 在中，由正弦定理，得， 即，而为锐角，解得， 因此为直角三角形，则， 所以，. 【小问2详解】 因为四边形为圆内接四边形，且，则， 在中，由余弦定理，得， 即， 所以，当且仅当时取等号， 所以四边形周长的最大值为. 16. 目前，教师职业越来越受青睐，考取教师资格证成为不少人的就业规划之一.当前，中小学教师资格考试分笔试和面试两部分，笔试通过后才能进入面试环节.已知某市年共有名考生参加了中小学教师资格考试的笔试，笔试成绩，只有笔试成绩高于分的学生才能进入面试环节. （1）从报考中小学教师资格考试的考生中随机抽取人，求这人中至少有一人进入面试的概率； （2）现有甲、乙、丙名学生进入了面试，且他们通过面试的概率分别为，设这名学生中通过面试的人数为，求随机变量的分布列和数学期望. 参考数据：若，则，，，，. 【答案】（1） （2）的分布列为： 期望为 【解析】 【分析】（1）由正态分布的对称性有，求各学生能进入面试的概率，再由独立事件的乘法公式及对立事件的概率求法，求人中至少有一人进入面试的概率. （2）求出的可能取值为的概率，写出分布列，由分布列求期望即可. 【小问1详解】 记“至少有一人进入面试”为事件，由已知得：， 所以， 则， 即这人中至少有一人进入面试的概率为. 【小问2详解】 的可能取值为， ， ， ， ， 则随机变量的分布列为： . 17. 已知函数. （1）讨论的零点个数； （2）记，证明：在上，当时，的图象恒在的图象上方. 【答案】（1） 当时，函数的零点个数是2； 当或时，函数的零点个数是1； 当时，函数的零点个数是0. （2） 令，则， 令得，令得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以成立，所以， 要证的图象恒在的图象上方， 即证在上恒成立， 又，只需证， 故只需证， 令，则， 当时，单调递减； 当时，单调递增. 故， 所以当时，，所以恒成立， 所以的图象恒在的图象上方. 【解析】 【分析】（1）令，将问题转化为直线与曲线的交点个数问题，求得函数的增减区间和最值，再对a分情况讨论即可得到结果； （2）令，求导计算得到，要证的图象恒在的图象上方，只需证，求导得到，结论即可证明. 【小问1详解】 令，得， 即的零点个数可看作直线与曲线的交点个数问题； 令，则， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 故，当时，，当时，， 当时，，当时，. 所以当时，直线与曲线有2个交点； 当或时，直线与曲线有1个交点； 当时，直线与曲线无交点. 故当时，函数的零点个数是2； 当或时，函数的零点个数是1； 当时，函数的零点个数是0. 【小问2详解】 略 18. 如图，在直三棱柱中，，点在棱上，平面平面. （1）求证：为棱的中点； （2）当三棱锥的体积最大时， （i）求线段的长； （ii）求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1） 证明：设的中点为，过作，垂足为， 连接，如图， 因为，所以， 因为是直三棱柱，所以， ，所以， 又，所以. 因为平面平面，平面平面，，，所以平面. 因此. 又，平面平面，所以， 因此四边形是平行四边形，所以. 又，因为是的中点，所以是的中点， 于是有，所以， 所以是棱中点. （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据题意找到垂直于内的两条相交直线，证得，再由面面垂直证得平面，得.再由线面平行的性质证得，进而得到四边形是平行四边形，再利用中位线性质即可得证. （2）由（1）知平面，再利用等体积可得时，三棱锥的体积最大.如图建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，再根据求面面成角余弦值的公式即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）由（1）知平面，则， 设，则， 所以， 当且仅当时等号成立，即三棱锥的体积最大， 此时，. （ii）由（i）知， 故以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴， 所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示： 则有， ， 设平面的一个法向量为， 则有取，， 设平面的一个法向量为， 则有取，， 设平面与平面的夹角为，， ， 故平面与平面的夹角的余弦值为. 19. 已知抛物线C：x2＝2py（p＞0）的焦点为F，直线l与抛物线C交于P，Q两点． （1）若l过点F，抛物线C在点P处的切线与在点Q处的切线交于点G．证明：点G在定直线上． （2）若p＝2，点M在曲线y上，MP，MQ的中点均在抛物线C上，求△MPQ面积的取值范围． 【答案】 （1）证明：易知，设，． 由题意可知直线l的斜率存在，故设其方程为． 由，得，所以． 由，得，，则， 直线PG的方程为，即①. 同理可得直线QG的方程为②. 联立①②，可得． 因为，所以，故点G在定直线上． （2） 【解析】 【分析】（1）设，，根据条件分别求出直线PG的方程，QG的方程，联立可得，化简得到点G在定直线上． （2）设，表示出的面积．结合在曲线y上，即可求出面积的取值范围． 【详解】（1）略 （2）设， ，的中点分别为，． 因为，得中点均在抛物线上， 所以，为方程的解， 即方程的两个不同的实根， 则，， ，即， 所以的中点的横坐标为，纵坐标为. 则， ， 所以的面积． 由，得， 所以， 因为，所以， 所以面积的取值范围为． 【点睛】本题考查直线与抛物线的综合，点过定直线的证明，三角形面积取值范围，合理利用根与系数关系是关键，属于难题． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $