精品解析：河北省沧衡联盟2024-2025学年高三下学期5月模拟考试数学试题

沧衡联盟2025届高三5月模拟考试 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和考号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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. 在复平面内，复数（i为虚数单位）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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知等差数列的前n项和为，且，则（ ） A. 9 B. 16 C. 25 D. 36 4. 假定风力等级与风速的关系满足方程：（其中v为风速，单位：为风力等级），2025年4月12日，河北省气象部门发布大风预瞥，某地区风速达到，则该地区此次大风的风力等级约为（注：）（ ） A. 2级 B. 3级 C. 4级 D. 5级 5. 已知函数在处取得极小值，则实数a的取值范围为（ ） A. B. 或 C. D. 6. 已知函数在区间上恰好有3个零点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 甲、乙两人进行投篮比赛，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮，无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为，乙每次投篮的命中率均为．若第一次由甲开始投篮，则第五次是乙投篮的概率是（ ） A. B. C. D. 8. 已知椭圆的上焦点为，右顶点为B，斜率为的直线l交椭圆于，两点，若恰好为的重心，则椭圆的离心率为（ ） A. 或 B. C. D. 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. 某次花样滑冰比赛的计分规则如下：共有9名裁判进行打分，打分后，再去掉一个最高分与一个最低分，取剩余的7个分数的平均值作为该选手的成绩．比较去掉分数前、后两组数据的数字特征，下列可能变小的是（ ） A. 中位数 B. 极差 C. 平均数 D. 方差 10. 已知正方体的棱长为，点、在四边形所在的平面内，若，且，则下列结论正确的是（ ） A. 异面直线与所成角的正弦值为 B. 二面角的余弦值为 C. 的最小值为 D. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为 11. 对于定义在区间D上的函数，若满足：，且，都有，则称函数为区间D上的“非增函数”，若为区间上的“非增函数”，且，又时，恒成立，则下列命题中正确的有（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知平面向量，若，则___________． 13. 在平面直角坐标系中，动点到两点的距离的平方和为10，则的取值范围为___________． 14. 已知球O与圆台的上、下底面和侧面都相切．若圆台上下底面半径分别为，且．若球和圆台的表面积分别为和，则的最大值为___________． 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. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求角B的大小； （2）若，求的取值范围． 16. 如图，已知多面体，其中四点共面，均垂直于平面，四边形为菱形且． （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值． 17. 已知双曲线的两条渐近线为，且顶点到渐近线的距离为． （1）求双曲线C的标准方程； （2）若过点的直线l与双曲线C交于A，B两点，已知O为坐标原点，当时，求直线l的方程． 18. 已知函数． （1）求的最小值； （2）已知曲线在点处的切线分别交x轴和y轴于A、B两点，O为坐标原点，若，求面积的最小值； （3）证明：． 19. 设是整数数列，m是某个取定的正整数，若是除以m的余数，则称数列是关于m的模数列，记作．斐波那契数列是常见的整数数列，满足． （1）写出数列的第3项、第4项和第5项； （2）斐波那契数列有许多非常好用的性质，比如：，请利用这个性质解决以下问题： （i）证明数列是周期为8的周期数列； （ii）求的个位数字． 参考数据：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 沧衡联盟2025届高三5月模拟考试 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和考号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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. 在复平面内，复数（i为虚数单位）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】A 【解析】 【分析】根据复数代数形式的乘方、除法运算化简，再根据复数的几何意义判断即可. 【详解】因为， 所以，则在复平面内对应的点为，位于第一象限. 故选：A． 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】确定集合，再结合交集运算即可求解. 【详解】， 则， 故选：B． 3. 已知等差数列的前n项和为，且，则（ ） A. 9 B. 16 C. 25 D. 36 【答案】C 【解析】 【分析】由等差数列通项公式结合题意列出关于的方程求出，再由等差数列前n项和公式即可计算求解. 【详解】设等差数列的公差为d， 则由题可得，解得， 所以． 故选：C． 4. 假定风力等级与风速的关系满足方程：（其中v为风速，单位：为风力等级），2025年4月12日，河北省气象部门发布大风预瞥，某地区风速达到，则该地区此次大风的风力等级约为（注：）（ ） A. 2级 B. 3级 C. 4级 D. 5级 【答案】D 【解析】 【分析】代入,根据指对互化即可求解. 【详解】将代入公式得， 所以，即该地区此次大风的风力等级约为5级， 故选:D． 5. 已知函数在处取得极小值，则实数a的取值范围为（ ） A. B. 或 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】对函数求导得，利用二次函数的图象及极小值点的定义即可求解. 【详解】因为，所以. 令，得或. 由函数在处取得极小值可知，解得. 经验证此时满足题意. 故选：A. 6. 已知函数在区间上恰好有3个零点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据正弦二倍角公式进行化简，的出函数取零点的两种情况，分类讨论，根据结果写出的不等式，计算结果. 【详解】因为， 令，得或， 所以或或． 可知满足的非负根依次为，因为在区间上恰好有3个零点，所以,解得． 故选:A． 7. 甲、乙两人进行投篮比赛，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮，无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为，乙每次投篮的命中率均为．若第一次由甲开始投篮，则第五次是乙投篮的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】列举出第五次是乙投篮的所有情况，结合独立事件的概率乘法与互斥事件的加法公式可求得所求事件的概率. 【详解】由题意可分两类情况，第1类为第四次甲投篮，第2类为第四次乙投篮． 类别 1 2 3 4 5 概率 第1类 甲 甲 乙 甲 乙 甲 乙 甲 甲 乙 甲 甲 甲 甲 乙 甲 乙 乙 甲 乙 第2类 甲 甲 乙 乙 乙 甲 甲 甲 乙 乙 甲 乙 甲 乙 乙 甲 乙 乙 乙 乙 所以第五次由乙投篮的概率是， 故选：B． 8. 已知椭圆的上焦点为，右顶点为B，斜率为的直线l交椭圆于，两点，若恰好为的重心，则椭圆的离心率为（ ） A. 或 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】延长交于点M，可得点M为的中点，设.根据点为的重心，列方程可求得点的坐标.由点差法可得.将代入整理得，再结合即可求解. 【详解】延长交于点M，所以点M为的中点，设. 因为，点为的重心， 所以即，所以. 因为点在椭圆上， 所以，两式相减得，即， 整理得. 因为，所以，即， 所以，解得或. 又因为，所以，，所以. 故选：D. 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. 某次花样滑冰比赛的计分规则如下：共有9名裁判进行打分，打分后，再去掉一个最高分与一个最低分，取剩余的7个分数的平均值作为该选手的成绩．比较去掉分数前、后两组数据的数字特征，下列可能变小的是（ ） A. 中位数 B. 极差 C. 平均数 D. 方差 【答案】BCD 【解析】 【分析】不妨设这九个数从小到大依次为，确定出极差与中位数，即可判断. 【详解】不妨设这九个数从小到大依次为，则极差为，中位数为， 因为删去的数据是最大值和最小值，即剩下的这七个数从小到大依次为，则极差为，中位数为， 所以极差、平均数、方差均有可能减小，中位数不变. 故选：BCD． 10. 已知正方体的棱长为，点、在四边形所在的平面内，若，且，则下列结论正确的是（ ） A. 异面直线与所成角的正弦值为 B. 二面角的余弦值为 C. 的最小值为 D. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】推导出点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，利用异面直线所成角的定义可判断A选项；以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，分析可知，点在直线上，利用空间向量法可判断BD选项；利用圆的几何性质可判断C选项. 【详解】对于A选项，在正方体中，平面， 因为平面，所以，则， 所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 因为，所以，异面直线与所成角为或其补角， 在中，， 因此，异面直线与所成角的正弦值为，A对； 对于B选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、、， 设点，则，， 因为，则，整理可得，则， 即点，，， 故，所以点在直线上， 设平面的一个法向量为，， 则，取，可得， 设平面的一个法向量为，， 则，取，可得， 所以，， 由图可知，二面角的平面角为锐角， 所以，二面角的余弦值为，B对； 对于C选项，因为点的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 所以，当且在线段上时，取最小值， 此时，故的最小值为，C错； 对于D选项，设，所以，其中， 设平面的法向量为，，， 则，取，可得， 设与平面所成角为， 则 ， 因为，则，故当时，即当时， 有最大值，且最大值为，故D正确． 故选：ABD. 11. 对于定义在区间D上的函数，若满足：，且，都有，则称函数为区间D上的“非增函数”，若为区间上的“非增函数”，且，又时，恒成立，则下列命题中正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】结合已知条件令求解判断A，先根据对称得的图象关于对称，然后结合题干通过“非增函数”定义得，进而利用“非增函数”定义判断B，利用题干法则得，由B知，进而利用“非增函数”定义得判断C，根据“非增函数”定义先求得，然后求解即可判断D. 【详解】对于A，令，则，又因为，所以，故A正确； 对于B．因为，所以的图象关于对称， 当时，；当时，恒成立， 令，所以，又因为为区间上的“非增函数”， 则，所以，所以，故B错误； 对于C，因为， 由B知，当时，，所以， 因为，则， 所以，故C正确； 对于D，，即， 所以由C知，故D正确． 故选：ACD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知平面向量，若，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据向量的坐标运算可求x，继而可求. 【详解】因为，所以， 因为，所以，即，所以． 故答案为：. 13. 在平面直角坐标系中，动点到两点的距离的平方和为10，则的取值范围为___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意计算化简得出点的轨迹是以原点为圆心，半径的圆，将所求变形成，将看作是点与点连线的斜率，利用直线与圆的位置关系求得的取值范围，即可得解. 【详解】因为动点到两点的距离的平方和为10，所以， 化简上述等式得到动点的轨迹方程为，故点的轨迹是以原点为圆心，半径的圆． 因为，其中可看作是点与点连线的斜率， 设直线，即，则圆心到直线的距离， 因为直线与圆有公共点，所以圆心到直线的距离，整理得，解得或， 所以的取值范围为． 故答案为：. 14. 已知球O与圆台的上、下底面和侧面都相切．若圆台上下底面半径分别为，且．若球和圆台的表面积分别为和，则的最大值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】因为球O与圆台的上、下底面和侧面都相切，做轴截面的平面图，为等腰梯形内切一个圆，梯形的上、下底是圆台的上、下底面直径，梯形的高是内切球直径，作图，根据数量关系，列出方程，写出表面积的比值代数式，求出最大值. 【详解】 因为球O与圆台的上、下底面和侧面都相切， 圆台上下底面半径分别为，且， 由切线长定理有圆台的母线长为， 设球O的半径为R，几何体轴截面上右端点为A，下右端点为B， 过点A作于，则圆台的高， 则由勾股定理有，化简得， 因为球O与圆台的表面积分别为和， 所以， 因为，所以， 令，由对勾函数可知，时，y随t的增大而减小， 当时，取得最小值，最小值为． 所以的最大值为． 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. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求角B的大小； （2）若，求的取值范围． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）先由诱导公式和两角和的正弦公式转化条件等式，再结合正弦定理角化边和余弦定理即可求解角B； （2）由正弦定理进行边化角得到，再利用结合两角差的正弦公式和余弦函数性质即可求解. 【小问1详解】 在中，有， 所以， 由正弦定理得， 由余弦定理得，所以， 因为，所以． 【小问2详解】 由正弦定理得， 所以， 因为，所以，故的取值范围为． 16. 如图，已知多面体，其中四点共面，均垂直于平面，四边形为菱形且． （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题设中的边长关系可证，再根据菱形结合空间垂直关系得，从而可得，故可证平面； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可求二面角的余弦值． 【小问1详解】 因为平面，平面，故，而平面， 故四边形为直角梯形，同理四边形为直角梯形. 因为， 由题意可知，在直角梯形和直角梯形中，， 所以， 又因为，，所以， 在菱形中，， 所以，又因为，则， 又因为，即，所以， 又，平面， 所以平面． 【小问2详解】 连接交于点O，分别以所在直线为轴， 以过点O且垂直于平面的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 由（1）同理可得， 而平面，平面，故平面， 同理平面，而平面，， 故平面平面，而平面平面， 平面平面，故，同理， 故四边形为平行四边形，故即， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 所以，取． 设平面的一个法向量为， 所以，取． 所以， 所以二面角的余弦值为． 17. 已知双曲线的两条渐近线为，且顶点到渐近线的距离为． （1）求双曲线C的标准方程； （2）若过点的直线l与双曲线C交于A，B两点，已知O为坐标原点，当时，求直线l的方程． 【答案】（1） （2）或或或． 【解析】 【分析】（1）由渐近线得，利用点到直线距离公式可求，即可得到双曲线C的标准方程； （2）解法1：设直线的方程为，联立曲线根据弦长公式求，利用点到直线距离求三角形高，得到三角形面积，即可求参数得到直线l的方程； 解法2：前面和解法一相同，利用进行求解. 【小问1详解】 双曲线的顶点到渐近线的距离为， 所以，即， 又因为，所以， 所以双曲线C的标准方程为． 【小问2详解】 解法1：因为，设直线的方程为， 由消去x化简得， 由且，解得且， 由根与系数关系得：， 所以， 原点O到直线的距离， 所以， 所以，化简得， 即，解得或， 所以或， 所以直线l的方程为或或或． 解法2：因为，设直线的方程为， 消去x化简得， 由且，解得且， 由根与系数的关系得： 所以， 下面同解法1． 18. 已知函数． （1）求的最小值； （2）已知曲线在点处的切线分别交x轴和y轴于A、B两点，O为坐标原点，若，求面积的最小值； （3）证明：． 【答案】（1） （2）． （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）代入得到，利用基本不等式即可求得最小值； （2）利用导数的几何意义可求在点处的切线方程，求出与x轴和y轴的交点，得到，令 对其求导，利用导数分析单调性可求最小值； （3），所以只需证，代入构造新的函数，求导可证，由此可证. 【小问1详解】 因为，当且仅当，即时等号成立， 所以的最小值是． 【小问2详解】 ，所以， 所以曲线在处的切线方程为， 当时，，当时，， 因为，所以． 令，则， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以的最小值为． 【小问3详解】 因为，所以只需证， 因为， 令，则， 因为，所以在上单调递减，所以， 所以，所以， 所以． 19. 设是整数数列，m是某个取定的正整数，若是除以m的余数，则称数列是关于m的模数列，记作．斐波那契数列是常见的整数数列，满足． （1）写出数列的第3项、第4项和第5项； （2）斐波那契数列有许多非常好用的性质，比如：，请利用这个性质解决以下问题： （i）证明数列是周期为8的周期数列； （ii）求的个位数字． 参考数据：． 【答案】（1）． （2）（i）证明见解析；（ii）4 【解析】 【分析】（1）写出斐波那契数列的第三、第四、第五项，再根据的定义求解即可； （2）（i）只需证明即可，根据题意，易求得，进而可化简；（ii）先求出数列的周期，再根据题意进行化简即可. 【小问1详解】 由递推关系得， 所以． 【小问2详解】 （i）由题中给的性质，可得， 因为， 所以， 所以， 所以数列是周期为8的周期数列． （ii）因为要计算个位数字，所以考虑数列的周期， 由参考数据，猜想数列的周期为60，证明如下： 因为，又由参考数据易得， 所以， 所以数列是周期为60的周期数列． 因为， 所以， 所以 ， 又因为该数列的个位数字是以60为周期，所以， ， 所以， 所以的个位数字为4． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $