精品解析：辽宁省大连市第二十四中学2025届高三第五次模拟考试数学试卷

大连市第二十四中学2025届高三第五次模拟考试 数 学 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知甲、乙两组数据如下表所示，则下列结论中表述正确的是（ ） 序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 甲 82 83 81 82 76 91 83 88 89 93 乙 68 80 88 72 89 88 95 74 90 71 A. 甲组数据的极差大于乙组数据的极差 B. 甲组数据的方差小于乙组数据的方差 C. 甲组数据的中位数大于乙组数据的中位数 D. 甲组数据的平均数小于乙组数据的平均数 3. 已知命题：若，，则方程表示椭圆；命题：已知复数，若，则，下列选项中正确的是（ ） A. 和都是真命题 B. 和都是真命题 C. 和都是真命题 D. 和都是真命题 4. 已知向量，满足，，，则向量在向量上的投影向量坐标为（ ） A. B. C. D. 5. 定义：“各位数字之和为7的四位数叫幸运数”，比如“1006，2023”，则所有“幸运数”的个数为（　　） A. 20 B. 56 C. 84 D. 120 6. 已知圆上一点，现将点A绕圆心顺时针旋转到点B，且，则点C的横坐标为（ ） A. B. C. D. 7. 在三棱锥中，底面ABC，，，，点D满足，三棱锥的外接球为球O，过点D作球O的截面，若所得截面圆的面积的最大值与最小值之差为，则球O的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 若函数（且）在上有唯一零点，则的取值范围是（ ） A. 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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 将函数图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 为偶函数 C. 在上单调递增 D. 函数在上有6个零点 10. 已知定义域关于原点对称的函数都可以表示成一个奇函数与一个偶函数的和，设，其中，分别为奇函数和偶函数，且，则（ ） A. B. C. D. 已知数列满足，，则 11. 设焦点为F的抛物线的准线与对称轴交于点D，过C上两点A，B（不与原点重合）分别作抛物线的切线，两切线交于点P，记和面积分别为，，则（ ） A. 过点A有且仅有两条直线与C只有一个公共点 B. 若直线AB过点F，则面积的最小值为 C. 若直线AB过点F，且倾斜角为，，则 D. 若直线AB过点，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若随机变量，且，则的最小值为__________． 13. 在平面四边形ABCD中，，，，且四边形ABCD的面积为，则__________． 14. 若点为上一动点，为直线上一动点，其中．记，则最小值的取值范围是__________． 四、解答题：本题共6小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 如图，在三棱柱中，与均为等腰直角三角形，且，，． （1）证明：平面平面ABC； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 16. 若数列和满足：，，且 （1）设，证明：是等比数列； （2）设，试求的前n项和． 17. 已知，，其中是自然对数的底数． （1）讨论的单调性； （2）设，．存在，，使得成立，试求实数的取值范围． 18. 近年来，人工智能已成为引领我国新一轮科技革命的战略性技术.智能芯片作为人工智能的“心脏”，不论是制造工艺的持续精进，还是架构设计的大胆创新，国产智能芯片的算力与能效比均在大幅提升. （1）已知某款芯片生产有四道工序，前三道工序的生产互不影响，第四道是检测工序，包括智能自动检测与人工抽检．已知该款芯片在生产中，前三道工序的次品率分别为，，. ①求该款芯片生产在进入第四道工序前的次品率； ②第四道工序中，部分芯片由智能检测系统进行筛选，检测出的次品芯片会被淘汰，通过筛选的芯片及未经筛选的芯片都进入流水线由工人进行人工抽样检验．记表示事件“某芯片经过智能检测系统筛选”，表示事件“某芯片经人工抽检后合格”，试比较与的大小； （2）改进生产工艺后，该款芯片的某项质量指标服从正态分布，现从中随机抽取个，这个芯片中恰有个的质量指标位于区间．若，将使得的最大的值作为的估计值，试求的值． 参考数据：，. 19. 在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线的左、右焦点分别为，，M为C上一动点，且当为等腰三角形时，． （1）求C的离心率； （2）已知为C的右顶点，直线l与C的一支交于A，B两点． ①若，试求直线l与x轴交点的坐标； ②“费马点”是十七世纪数学家费马提出并征解的一个问题，该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答：当的三个内角均小于120°时，使得的点Q即为费马点；当有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点． 当，且l过点时，记的费马点为P，记，，的面积分别为，，，试求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 大连市第二十四中学2025届高三第五次模拟考试 数 学 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解出集合，再根据并集含义即可得到答案. 【详解】，， 则. 故选：C. 2. 已知甲、乙两组数据如下表所示，则下列结论中表述正确的是（ ） 序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 甲 82 83 81 82 76 91 83 88 89 93 乙 68 80 88 72 89 88 95 74 90 71 A. 甲组数据的极差大于乙组数据的极差 B. 甲组数据的方差小于乙组数据的方差 C. 甲组数据的中位数大于乙组数据的中位数 D. 甲组数据的平均数小于乙组数据的平均数 【答案】B 【解析】 【分析】将甲乙两组样本数据从小到大排序，分别计算极差、中位数、平均数、方差，比较结果即可得答案. 【详解】甲组数据从小到大排序为76，81，82，82，83，83，88，89，91，93， 极差为，中位数为，平均值为， 方差为， 乙组数据从小到大排序为68，71，72，74，80，88，88，89，90，95， 极差为，中位数为，平均值为， 方差为， 甲组数据的极差小于乙组的极差，A错误； 甲组数据的方差小于乙组数据的方差，B正确； 甲组数据的中位数小于乙组数据的中位数，C错误； 甲组数据的平均值大于组数据的平均值，D错误. 故选：B 3. 已知命题：若，，则方程表示椭圆；命题：已知复数，若，则，下列选项中正确的是（ ） A. 和都是真命题 B. 和都是真命题 C. 和都是真命题 D. 和都是真命题 【答案】C 【解析】 【分析】对命题，举出反例即可；对命题，求出和即可判断，再利用原命题和命题的否定的关系即可判断. 【详解】命题，当时，此时方程表示圆，故命题为假命题，则为真命题； 命题，若，则，则，即，则，故命题为真命题，则为假命题. 故选：C. 4. 已知向量，满足，，，则向量在向量上的投影向量坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据平面向量的模与数量积的关系结合向量模长的坐标运算可得，从而根据投影向量的定义运算得答案. 【详解】因为，，， 所以，则， 所以向量在向量上的投影向量坐标为. 故选：A 5. 定义：“各位数字之和为7的四位数叫幸运数”，比如“1006，2023”，则所有“幸运数”的个数为（　　） A. 20 B. 56 C. 84 D. 120 【答案】C 【解析】 【分析】根据定义分类讨论首位数字,再应用计数原理计算即可. 【详解】因为各位数字之和为7的四位数叫幸运数,所以按首位数字分别计算 当首位数字为,则剩余三位数分别是,共有个幸运数; 当首位数字为,则剩余三位数分别是,共有个幸运数; 当首位数字为,则剩余三位数分别是,共有个幸运数; 当首位数字为,则剩余三位数分别是,共有个幸运数; 当首位数字为,则剩余三位数分别是,共有个幸运数; 当首位数字为,则剩余三位数分别是,共有个幸运数; 当首位数字为,则剩余三位数分别是,共有个幸运数; 则共有个幸运数; 故选:. 6. 已知圆上一点，现将点A绕圆心顺时针旋转到点B，且，则点C的横坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设OA、OB与x轴所形成夹角为、，根据任意角的三角函数的定义求出，由题意得，利用两角差的余弦公式展开并代入相应值计算，所得值代入即可. 【详解】设OA与x轴所形成夹角为，OB与x轴所形成夹角为， 因为，所以， 由题意知， 所以， 因为，所以. 故选：D 7. 在三棱锥中，底面ABC，，，，点D满足，三棱锥的外接球为球O，过点D作球O的截面，若所得截面圆的面积的最大值与最小值之差为，则球O的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将三棱锥补成长方体并建立空间直角坐标系，设、外接球半径为R，求出各点及球心坐标，分析截面圆的面积差从而求出h、R，代入球的表面积公式即可得解. 【详解】设，因为在三棱锥中，底面ABC，，所以将其补为一个长方体（长为4，宽为3，高为h），三棱锥与该长方体共外接球，球心O为长方体体对角线中点，设外接球半径为R， 以A为坐标原点，AB、AC、AP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示， ， ， ， 过D作求O的截面，最大截面为：过球心O，半径为R，面积为， 最小截面为：与OD垂直，半径为，面积为. 因为过点D作球O的截面，若所得截面圆的面积的最大值与最小值之差为， 所以，解得， 则，外接球表面积为：. 故选：D 8. 若函数（且）在上有唯一零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将问题转化成两图象的交点问题，利用导数分析单调性数形结合求解. 【详解】由题意可得在上有唯一解，即， 令，则，则， 令，则， 则， 当时，的，开口向上，恒大于零， 所以为递增函数，为递减函数， 因为，所以在上无解； 当时，必须成立，若，会出现图象的情况， 即在上恒成立，（指数函数的增长速度大于幂函数，且）， 所以图象只能为，只需交点横坐标小于1即可，所以令可得， 又，所以的范围为. 故选：B 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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 将函数图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 为偶函数 C. 在上单调递增 D. 函数在上有6个零点 【答案】BC 【解析】 【分析】首先根据题意先求出图象变换后的函数解析式，然后根据正弦函数余弦函数的性质对选项逐一判断. 【详解】将函数图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，得到： . 根据正弦函数的性质可知，最小正周期，所以A错误. ，为偶函数，所以B正确. ， 当时，，此时函数单调递增，所以C正确. ，令，则 ，化简得：. 所以或. 解得或. 时，或；时，或；时，. 所以在上有5个零点，所以D错误. 故选：BC. 10. 已知定义域关于原点对称的函数都可以表示成一个奇函数与一个偶函数的和，设，其中，分别为奇函数和偶函数，且，则（ ） A. B. C. D. 已知数列满足，，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据方程组法求出函数解析式，分别带入选项中，判断选项ABC正误，根据数列递推公式，求出数列的范围，带入函数中，根据函数的值域，判断D选项正误. 【详解】根据题意可知，则，可得方程组， 解得，带入，得， 所以 ，所以A正确， ，所以B正确. ， 上下同时除以得，所以C错误. 已知，则， 已知，已知在R上单调递增， 所以在上单调递增，且，， 所以在上值域为，且当时，， 由，可得， 由，可知， 可得，同理可得， 由，可得，即，可知. 所以D正确. 故选：ABD. 11. 设焦点为F的抛物线的准线与对称轴交于点D，过C上两点A，B（不与原点重合）分别作抛物线的切线，两切线交于点P，记和面积分别为，，则（ ） A. 过点A有且仅有两条直线与C只有一个公共点 B. 若直线AB过点F，则面积的最小值为 C. 若直线AB过点F，且倾斜角为，，则 D. 若直线AB过点，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，结合直线与抛物线的位置关系判断即可；对于BC，设直线AB的方程为，，，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理及弦长公式求解判断C，由可得，即可得到直线的方程为，进而得到的坐标，进而求解判断C；对于D，设直线AB的方程为，，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理、弦长公式及导数的几何意义求出，，进而判断D. 【详解】对于A，过点A的切线与C只有一个公共点，过点A的与轴平行的直线与C只有一个公共点， 因此过点A有且仅有两条直线与C只有一个公共点，故A正确； 对于BC，由抛物线，即，则焦点，准线为， 设直线AB的方程为，，， 联立，得， 则，， 所以， 点到直线AB的距离为， 所以，故B错误， 由，则， 则，即， 则直线的方程为， 联立，解得或， 即或， 当的坐标为时，， 当的坐标为时，， 所以，又，解得，故C正确； 对于D，设直线AB的方程为，， 联立，得， 则，， 所以， 点到直线AB的距离为， 所以， 则， 由抛物线，则，则， 所以直线的方程为， 直线的方程为， 联立，解得，则， 所以到直线AB的距离为， 则， 则，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. 若随机变量，且，则的最小值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据超几何分布的期望公式可得，进而得到，再根据对勾函数的单调性求解即可. 【详解】由题意，，则， 因为，则， 所以， 因为函数在上单调递增， 所以，时，取得最小值. 故答案为：. 13. 在平面四边形ABCD中，，，，且四边形ABCD的面积为，则__________． 【答案】##0.5 【解析】 【分析】根据给定条件，利用余弦定理、三角形面积公式列式，再利用和角的余弦求解. 【详解】在中，由余弦定理得， 整理得，由四边形ABCD的面积为， 得，整理得， 因此， 整理得，所以. 故答案为： 14. 若点为上一动点，为直线上一动点，其中．记，则最小值的取值范围是__________． 【答案】. 【解析】 【分析】首先根据题意确定直线过定点，然后分析图象，确定取最小值时的位置，得出的最小值为，利用直线的横截距之差用表示出，然后根据的范围求出最小值的范围. 【详解】因为直线方程为，化简得，说明直线必过点. 由圆心到直线的距离，解得，由题意，所以直线与圆相离. 如图，作一条纵截距为负数且平行于的直线与圆相切，要使最小，点应位于切点处， 作轴交直线于点，过点作直线于点. 当点位于点的左方时，因为，即，则； 当点位于点的右方时，同理可得. 所以的最小值为. 设直线与圆相切，则有，即， 则切线的横截距为，而直线的横截距为，所以. 设 则， 所以在上单调递减，且， 综上，最小值的取值范围是. 故答案为：. 四、解答题：本题共6小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 如图，在三棱柱中，与均为等腰直角三角形，且，，． （1）证明：平面平面ABC； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）设的中点为，连接，如图所示，    因为与均为等腰直角三角形，， 故，且， 又， 故，即， 且平面，， 故平面，且平面， 故平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）设的中点为，证明平面，然后利用线面垂直证明面面垂直即可； （2）利用线面关系作出二面角的平面角，然后利用余弦定理求余弦值即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，，且平面， 所以平面，且，故平面， 且平面，故，则， 设和的中点分别为，连接，    则，故， 又因为，故， 且平面，平面， 故即二面角的平面角， 且， 因为，故， 则， 所以. 故平面与平面夹角的余弦值为. 16. 若数列和满足：，，且 （1）设，证明：是等比数列； （2）设，试求的前n项和． 【答案】（1）证明见详见 （2） 【解析】 【分析】（1）根据等比数列的定义证明即可； （2）求数列和的通项，进而可得的表达式，分类讨论，结合等比数列的前n项和即可求解. 【小问1详解】 ， ， 又 构成以为首项，2为公比的等比数列. 【小问2详解】 由（1）可知， ， 又 构成以为首项，为公比的等比数列 ， ， ∴当为偶数时， 当为奇数时， 所以 17. 已知，，其中是自然对数的底数． （1）讨论的单调性； （2）设，．存在，，使得成立，试求实数的取值范围． 【答案】（1）当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增； （2） 【解析】 【分析】（1）先求导，然后对a分类讨论，判断符号的正负，从而可得单调区间； （2）转化为，，进而可得a的取值范围. 【小问1详解】 由题，. 当，则，则此时在上单调递减； 当，则. 若，即时，令得，令得， 故在上单调递减，在上单调递增； 若，即时，此时在上单调递减. 综上，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增； 【小问2详解】 时，由（1）可得； 又，则，得在上单调递增， 则. 又注意到存在，，使得， 等价于时，， 则，又， 则. 18. 近年来，人工智能已成为引领我国新一轮科技革命的战略性技术.智能芯片作为人工智能的“心脏”，不论是制造工艺的持续精进，还是架构设计的大胆创新，国产智能芯片的算力与能效比均在大幅提升. （1）已知某款芯片生产有四道工序，前三道工序的生产互不影响，第四道是检测工序，包括智能自动检测与人工抽检．已知该款芯片在生产中，前三道工序的次品率分别为，，. ①求该款芯片生产在进入第四道工序前的次品率； ②第四道工序中，部分芯片由智能检测系统进行筛选，检测出的次品芯片会被淘汰，通过筛选的芯片及未经筛选的芯片都进入流水线由工人进行人工抽样检验．记表示事件“某芯片经过智能检测系统筛选”，表示事件“某芯片经人工抽检后合格”，试比较与的大小； （2）改进生产工艺后，该款芯片的某项质量指标服从正态分布，现从中随机抽取个，这个芯片中恰有个的质量指标位于区间．若，将使得的最大的值作为的估计值，试求的值． 参考数据：，. 【答案】（1）①；② （2）28 【解析】 【分析】（1）①根据相互独立事件概率乘法公式及对立事件概率公式求解即可；②利用条件概率公式及性质计算即可. （2）由已知可推得，根据已知以及正态分布的对称性，可求得，则服从二项分布，利用二项分布概率最大值的求法计算可得结果. 【小问1详解】 ①在进入第四道工序前,该款芯片的次品率为： ． ②证明：由题意，所以，所以， 因为， 所以， 即， 所以，即，所以． 【小问2详解】 由已知得： ， 因为， 所以服从二项分布，， 设， 由得，即， 解得，由得， 所以的估计值为28． 19. 在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线的左、右焦点分别为，，M为C上一动点，且当为等腰三角形时，． （1）求C的离心率； （2）已知为C的右顶点，直线l与C的一支交于A，B两点． ①若，试求直线l与x轴交点的坐标； ②“费马点”是十七世纪数学家费马提出并征解的一个问题，该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答：当的三个内角均小于120°时，使得的点Q即为费马点；当有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点． 当，且l过点时，记的费马点为P，记，，的面积分别为，，，试求的最小值． 【答案】（1）； （2）①；②. 【解析】 【分析】（1）当时，将会得到矛盾点，当，利用余弦定理得，则得到其离心率； （2）①设，联立双曲线方程得到韦达定理式，再根据向量垂直的坐标表示得到，再替换后代入韦达定理式化简即可；②首先验证斜率为0时的情况，再考虑斜率不为0时，计算，代入韦达定理式得其恒为0，则，再化简面积表达式，最后利用换元法和基本不等式即可得到最值. 【小问1详解】 由对称性，不妨设点在双曲线右支上，则． 若，则， 又因为，所以， 所以，矛盾，舍． 若，则， 解得，所以离心率为. 【小问2详解】 ①由(1)知. 设，由，可得，， 则， ， ， 即， 或1（舍），时，满足． 与轴交点的坐标. ②因为直线l与C的一支交于A，B两点， 所以斜率不为0，因为过点，则， 所以， 综上，恒有，所以费马点在内部， 且， . 因为, , 所以， 即， 令，则，所以． 因为，当且仅当时等号成立， . 所以当且仅当时，的最小值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $