精品解析：浙江省北斗星盟2024-2025学年高三下学期5月三模数学试题

高三年级数学学科试题 考生须知： 1.本卷共4页满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字. 3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效. 4.考试结束后，只需上交答题纸. 选择题部分 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，，且，则（ ） A. 4 B. 2 C. D. 1 3. “且复数”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 下列说法错误的是（ ） A. 若随机变量，则当较小时，对应的正态曲线“瘦高”，随机变量的分布较集中 B. 在做回归分析时，用决定系数刻画模型的回归效果，若越大，则说明模型拟合的效果越好 C. 若样本数据的平均数为3，则的平均数为10 D. 一组数据6，7，7，8，10，12，14，17，19，21的第80百分位数为17 5. 设等比数列的前项和为，且恰为和的等差中项，则（ ） A B. C. D. 6. 已知，，则（ ） A. 0 B. C. 1 D. 7. 在棱长为的正方体中，、分别为、的中点，过直线的平面截该正方体所得截面，则当平面与平面的所成角为最小时，截面的面积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数设，若函数仅有一个零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知函数（其中，）的最大值为，其图象的相邻两条对称轴之间的距离为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 函数的图象向左平移单位后关于原点对称 C. 函数图象关于点对称 D. 函数在区间上单调递增 10. 已知，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 的最小值为1 C. 若，则最小值为8 D. 若恒成立，则的最小值为 11. 如图，是边长为2的正方形，，，，都垂直于底面，且，点在线段上，平面交线段于点，点在线段上，则（ ） A. 存在，使得面 B. 若是的中点，则 C. 过四点，，B，D四点外接球体积为 D. 截面四边形周长的最小值为 非选择题部分 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知的展开式中含项的系数为16，则_____. 13. 过原点的直线与圆交于、两点，若三角形的面积为，则直线的方程为_____. 14. 已知为正整数，有穷数列中所有可能的乘积的和记为．例如，当时，，则数列的前项和为_____． 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. 已知a，b，c分别为的三个内角A，B，C的对边，且. （1）求； （2）若边上的高为，且的周长为6，求. 16. 如图，已知正方形和等腰梯形所在的平面互相垂直，，，. （1）求证：平面； （2）若，求二面角的正弦值. 17. 已知函数，. （1）若曲线在点处的切线斜率为4，求的值； （2）当时，讨论函数的单调性； （3）已知的导函数在上存在零点，求证：当时，. 18. 已知椭圆的离心率为，且. （1）求椭圆的方程； （2）已知B，A是椭圆的左、右顶点，不与轴平行或重合的直线交椭圆于M，N两点，记直线的斜率为，直线的斜率为，且，证明：直线过定点； （3）如图，点为椭圆上不同于A，B的任一点，在抛物线上存在两点R，Q，使得四边形为平行四边形，求的最小值. 19. 空气中的尘埃，天上的云朵飘忽随机不定、这些动态随机现象的研究有着重要的意义.在平面直角坐标系中，粒子从原点出发，等可能向四个方向移动，即粒子每秒向左、向右、向上或向下移动一个单位，如在1秒末，粒子会等可能地出现在，，，四点处. （1）求粒子在第2秒末移动到点的概率； （2）记第秒末粒子回到原点的概率为. （i）已知 求 以及； （ii）令，记为数列的前项和，若对任意实数，存在，使得，则称粒子是常返的.已知 证明：该粒子是常返的. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三年级数学学科试题 考生须知： 1.本卷共4页满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字. 3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效. 4.考试结束后，只需上交答题纸. 选择题部分 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用交集的定义求解即可. 【详解】 中的元素都是形如  的整数，其中  是整数.  包含所有大于 且小于 4 的实数. 求交集 ： 需要找到满足  的整数 . 解不等式： 左边： 解得 . 右边： 解得  因此，整数  的取值范围是  和 确定对应的  值： 当  时，. 当  时，. 结果： 中的元素是 . 故选：D 2. 已知，，且，则（ ） A 4 B. 2 C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量的数量积运算列方程，求得，进而求得. 【详解】因为，解得， 则， 则， 则 故选：A 3. “且复数”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】复数属于实数，则虚部为0，根据条件求出参数，判断正确选项. 【详解】，虚部，解得， 所以“”“” 必要不充分条件， 故选：B. 4. 下列说法错误的是（ ） A. 若随机变量，则当较小时，对应的正态曲线“瘦高”，随机变量的分布较集中 B. 在做回归分析时，用决定系数刻画模型的回归效果，若越大，则说明模型拟合的效果越好 C. 若样本数据的平均数为3，则的平均数为10 D. 一组数据6，7，7，8，10，12，14，17，19，21的第80百分位数为17 【答案】D 【解析】 【分析】分别根据正态分布的性质、决定系数的意义、平均数的性质以及百分位数的计算方法来判断每个选项的正误. 【详解】对于A选项，对于正态分布，为标准差，越小，数据越集中在均值附近，对应的正态曲线“瘦高”，随机变量的分布较集中，所以A选项正确. 对于B选项，在回归分析中，决定系数用于刻画模型的回归效果，越接近，表示模型对数据的拟合效果越好，即越大，说明模型拟合的效果越好，所以B选项正确. 对于C选项，已知样本数据的平均数为. 根据平均数的性质：若（），则. 对于，这里，，所以其平均数为，所以C选项正确. 对于D选项，对于数据6，7，7，8，10，12，14，17，19，21，则，所以第80百分位数是第项与第项数据的平均值，即，而不是17，所以D选项错误. 故选：D. 5. 设等比数列的前项和为，且恰为和的等差中项，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由等差中项求得公比，代入求和公式即可求解. 【详解】设等比数列的公比为， 由题意可得： ，， 所以. 故选：D 6. 已知，，则（ ） A. 0 B. C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】对是否为进行讨论，再结合二倍角的正弦公式和两角和的余弦公式求解即可. 【详解】依题意，， 若，则，而， 与矛盾，得到，， 所以， 则，即，故A正确. 故选：A 7. 在棱长为的正方体中，、分别为、的中点，过直线的平面截该正方体所得截面，则当平面与平面的所成角为最小时，截面的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设平面交直线于点，利用空间向量法可求出平面与平面的所成角为最小时的值，求出此时二面角余弦值的最大值，然后利用射影面积法可求出截面的面积. 【详解】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、，设平面交直线于点， 则，， 设平面的一个法向量为，则， 取，可得， 易知平面的一个法向量为， 设平面与平面的所成角为， ， 当且仅当时，取最大值，此时平面与平面所成角最小， 则， 设平面交棱于点，， 因为，则，解得，即点， 结合图形可知，平面分别交棱、于点、， 先证明射影面积法：设点在平面内的射影点为，如下图所示： 过点在平面内作，连接， 因为平面，平面，所以， 因，，、平面，故平面， 因为平面，所以， 故为锐二面角的平面角， 在中，， 推广到其他多边形的面积也成立， 本题中，， 设截面的面积为，由射影面积法可得， 故. 故选：B. 8. 已知函数设，若函数仅有一个零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】转化为的图象与函数的图象只有一个交点，同一坐标系内作出两函数图象，求出函数切线得到极端情况，数形结合得到答案. 【详解】因为函数仅有一个零点， 所以函数的图象与函数的图象只有一个交点. 函数恒过定点，， 同一坐标系内作出两函数图象，如图所示， 两个函数图象已经有一个交点. 时，，其导函数， 当直线与函数在处相切时，只有一个交点， 此时，解得，则当时，有两个交点. 时，，其导函数， 当直线与函数在处相切时，只有一个交点， 此时，解得，则当时，有两个交点. 综上，要使函数仅有一个零点，则实数的取值范围是. 故选：C. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知函数（其中，）的最大值为，其图象的相邻两条对称轴之间的距离为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 函数的图象向左平移单位后关于原点对称 C. 函数的图象关于点对称 D. 函数在区间上单调递增 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据条件求出函数的解析式，再结合正弦型函数的基本性质、三角函数图象变换逐项判断即可. 【详解】对于A选项，因为函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为， 所以该函数最小正周期为，故，A正确； 对于B选项，由函数的最大值为可知，故， 函数的图象向左平移单位后，可得到函数的图象，该函数为奇函数，B正确； 对于C选项，，故函数的图象不关于点对称，C错误； 对于D选项，当时，， 故函数在区间上单调递增，D正确. 故选：ABD. 10. 已知，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 的最小值为1 C. 若，则的最小值为8 D. 若恒成立，则的最小值为 【答案】AC 【解析】 【分析】利用基本不等式求解A，利用基本不等式的取等条件判断B，利用基本不等式结合“1”的代换判断C，先分离参数，再对平方后利用换元法和判别式法求解最值，得到的最小值判断D即可. 【详解】对于A，，当且仅当时取等号， 即，得到，解得．故A正确； 对于B，， 当且仅当，即时取等号，显然的值不存在，故B错误； 对于C，因为，所以， 由基本不等式得， 当且仅当时取等，此时解得， 则的最小值为8，故C正确， 对于D，因为恒成立，且，， 所以恒成立，而 ， 令，则可化为， 令，则， 化简得， 而该一元二次方程一定有实数根，得到， 解得，当时，， 故，故即， 得到，则的最小值为，故D错误. 故选：AC 11. 如图，是边长为2的正方形，，，，都垂直于底面，且，点在线段上，平面交线段于点，点在线段上，则（ ） A. 存在，使得面 B. 若是的中点，则 C. 过四点，，B，D四点的外接球体积为 D. 截面四边形的周长的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，利用空间向量结合位置关系确定是否存在可判断正误，对于B，利用空间向量垂直的坐标表示可判断其正误，对于B，利用补体法可求外接球半径，计算体积后可判断其正误，对于D，利用侧面展开图可求周长的最小值后可判断其正误. 【详解】对于A，因为是边长为2的正方形，，，，都垂直于底面， 故可建立如图所示的空间直角坐标系，则， 设，则， 设平面的法向量为，则， 故，取，而， 若面，则，故即，与矛盾， 故不存在，使得面，故A错误； 对于B，若是的中点，则，而，故， 而，故即， 故B正确. 对于C，过四点，，，构造长方体， 所以四面体的外接球直径为长方体的体对角线， 所以，则， 所以此四点的外接球的体积为，故C正确； 对于D， 由题意，平面平面，平面平面， 平面平面， 所以，同理可得， 所以四边形为平行四边形，则周长， 将直角梯形、直角梯形展平在同一个平面上，如图所示： 当，，三点共线时，最小且此时最小值为， 所以周长的最小值为，故D正确， 故选：BCD 非选择题部分 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知的展开式中含项的系数为16，则_____. 【答案】2 【解析】 【分析】利用二项式定理及通项公式即可求解. 【详解】由题意可知，展开式的通项公式为，， 所以展开式中含项的， 所以由题意可得，解得. 故答案为：. 13. 过原点的直线与圆交于、两点，若三角形的面积为，则直线的方程为_____. 【答案】 【解析】 【分析】分析可知，求出圆心到直线的距离，对直线的斜率是否存在进行分类讨论，利用点到直线的距离公式求出参数值，即可得出直线的方程. 【详解】圆的半径为，圆心为， 则， 所以，此时圆心到直线的距离为， 若直线与轴重合，则圆心到直线的距离为，不合乎题意， 所以，直线的斜率存在，设直线的方程为，即， 由题意可得，解得，故直线的方程为. 故答案为：. 14. 已知为正整数，有穷数列中所有可能的乘积的和记为．例如，当时，，则数列的前项和为_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据已知求出，令，最后利用裂项相消求数列的前项和即可． 【详解】根据题意有： ， 令，所以， 则的前 项和为，则有： 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. 已知a，b，c分别为的三个内角A，B，C的对边，且. （1）求； （2）若边上的高为，且的周长为6，求. 【答案】（1） （2）2 【解析】 【分析】（1）由正弦定理，三角恒等变换得到，从而求出； （2）由三角形面积得到方程，得到，根据三角形周长以及余弦定理得到方程，可得答案. 【小问1详解】 ，由正弦定理得 ， 又， ∴， 即， ∵，∴， ，， 又，所以， ∴，； 【小问2详解】 ，， 由（1）知，， 由余弦定理得，即， 即， 又， ， . 16. 如图，已知正方形和等腰梯形所在的平面互相垂直，，，. （1）求证：平面； （2）若，求二面角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）作相关辅助线，证明，利用线面平行的判定定理证结论； （2）建立空间直角坐标系，求相关点的坐标，根据垂直条件，利用向量数量积的坐标运算求点的坐标，求平面与平面的法向量后可求二面角的余弦值，从而得到它的正弦值. 【小问1详解】 设与交于点，连接. 在正方形中，，所以，所以， 而，所以四边形为平行四边形，所以， 又因为平面，平面，所以平面. 【小问2详解】 设的中点为，连接，由题知四边形为等腰梯形， 又为的中点，所以， 又平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 则以为坐标原点，，，的方向分别为轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，， 设，，则，， 由，得，解得（舍去）. 所以，，，，， 设平面的法向量为， 则得， 取，可得， 所以为平面的一个法向量. 设平面的法向量为，则, ，取，可得， 则. 因为，故 故二面角的正弦值为. 17. 已知函数，. （1）若曲线在点处的切线斜率为4，求的值； （2）当时，讨论函数的单调性； （3）已知的导函数在上存在零点，求证：当时，. 【答案】（1） （2）答案见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数，可得，求解即可； （2）求导，分，，，讨论可得单调性； （3）结合（1）可得，进而可得，令，，利用导数可得求得，进而可得结论. 【小问1详解】 ∵，则， 由题意可得，解得； 【小问2详解】 ， 当时，令，解得或， ①当，即时，令，解得或；令，解得； 故在，上单调递增，在上单调递减； ②当，即时，则恒成立，故在上单调递增； ③当，即时，令，解得或； 令，解得； 故在，上单调递增，在上单调递减； 【小问3详解】 由（2）知：若在区间上存在零点，则，解得. 在上单调递增，在上单调递减， 则， 令，，则， 令，则在时恒成立， 故在上单调递减，则，即在时恒成立， 则在上单调递减，则，故. 18. 已知椭圆的离心率为，且. （1）求椭圆的方程； （2）已知B，A是椭圆的左、右顶点，不与轴平行或重合的直线交椭圆于M，N两点，记直线的斜率为，直线的斜率为，且，证明：直线过定点； （3）如图，点为椭圆上不同于A，B的任一点，在抛物线上存在两点R，Q，使得四边形为平行四边形，求的最小值. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）. 【解析】 【分析】（1）利用椭圆离心率的性质结合，求出椭圆中的基本量，进而得到椭圆方程即可. （2）设出直线的方程并联立方程组，利用韦达定理得到，，再表示出，先确定是定值，再结合题意确定是定值，进而建立方程得到，最后代回直线的方程得到定点即可. （3）法一先确定为定值，再判断出为定值，结合斜率的定义可得，再依据点差法得到直线的方程，依据题意得到，最后求解的取值范围，法二先设出的方程，结合韦达定理得到，再结合题意求出，结合可得，最后结合题意得到，进而求解的取值范围即可. 【小问1详解】 因为椭圆的离心率为，且， 所以，解得， 故椭圆的方程为. 【小问2详解】 设直线的方程为，，， 由，得， ，即， 则，， 而，，直线斜率， ，，由在椭圆上， 得到，即， 因此， 由题意得，即 由，在直线l上，得，， 则 ， 而，解得，此时， 则直线的方程为，即直线过定点. 【小问3详解】 由（1）知，设，，， 连接，交于， 四边形为平行四边形，为的中点且与轴既不垂直也不平行， 法一：， ，，即记为①， 又，，， 直线的方程为， ∴由得， 由得记为②， 由①②得， 对任意的恒成立， ，即，的最小值为. 法二：设，将与联立消得. 由韦达定理可得，且， 即记为①， ，， ，， 得，， ， 点，， 即， 令，其中，， 我们把记为②式，把记为③式， 由②得，代入③得， 代入①得， 解得，，， ，，的最小值为. 19. 空气中的尘埃，天上的云朵飘忽随机不定、这些动态随机现象的研究有着重要的意义.在平面直角坐标系中，粒子从原点出发，等可能向四个方向移动，即粒子每秒向左、向右、向上或向下移动一个单位，如在1秒末，粒子会等可能地出现在，，，四点处. （1）求粒子在第2秒末移动到点概率； （2）记第秒末粒子回到原点的概率为. （i）已知 求 以及； （ii）令，记为数列的前项和，若对任意实数，存在，使得，则称粒子是常返的.已知 证明：该粒子是常返的. 【答案】（1） （2）（i），，；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由古典概率模型概率计算公式即可求解； （2）（i）粒子奇数秒不可能回到原点，故；粒子在第4秒回到原点，分两种情况考虑，再由古典概率公式求解即可；第秒末粒子要回到原点，则必定向左移动步，向右移动步，向上移动步，向下移动步，表示出，由组合数公式化简即可得出答案； （ii）利用题目条件可证明，再令可证得，进一步可得，即可得出答案. 【小问1详解】 粒子在第2秒末，每一步分别是四个不同方向，共有16种方法， 粒子在第2秒可能运动到点有2种方法， 分别为先向右移动一个单位，再向下移动一个单位，或先向下移动一个单位，再向右移动一个单位， 故； 【小问2详解】 （i）粒子奇数秒不可能回到原点，故， 粒子在第4秒回到原点，分两种情况考虑： 每一步分别是四个不同方向的排列，例如“上下左右”，共有种情形； 每一步分别是两个相反方向的排列，例如“左左右右、上上下下”，共有种情形； 于是， 第秒末粒子要回到原点，则必定向左移动步，向右移动步，向上移动步， 向下移动步，故 . 故. （ii）利用可知： ， 于是， 令，， 故在上单调递增， 则，于是， 从而有， 即为不超过的最大整数，则对任意常数， 当时，，于是, 综上所述，当时，成立，因此该粒子是常返的. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $