精品解析：宁夏回族自治区石嘴山市第三中学2025届高三四模数学试题

石嘴山三中2025届高三年级第四次模拟考试 数 学 2025.5 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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. 已知，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 3. “缤纷艺术节”的表演比赛中，某节目结束后，100位观众评委的打分情况如下图所示（仅有一个最低分）.计算该节目最终得分时，需去掉一个最高分和一个最低分，关于处理后的打分数据，下列说法一定正确的是（ ）. A. 中位数不变，极差变小 B. 极差不变，平均数变小 C. 平均数变大，方差变小 D. 方差变小，中位数变大 4. 双曲线与椭圆有公共的焦点，且的离心率是2，则C的标准方程是（ ） A. B. C. D. 5. 已知且，则二项式的展开式中，常数项为（ ） A. B. C. 1 D. 24 6. 已知，函数的值域为，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 2024年8月20日国产第一款3A游戏《黑神话：悟空》上线，首日销量超450万份，总销售额超过15亿元，视觉设计深入挖掘中国传统文化元素，其中“六角木塔”取景山西省朔州市应县老城西北角的佛宫寺内，如图1，其最高处的塔刹下部分可以近似看成一个正六棱锥，如图2，已知正六棱锥的高为h，其侧面与底面夹角为，则六棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，且，则下列可能成立的是（ ） 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 以下结论正确的是（ ） A. 经验回归直线一定经过样本点的中心 B. 命题“，”为真命题，则a的取值范围是 C. 若两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数r的绝对值越接近于1 D. 从4本不同的书中选出3本送给3名同学，每人一本，有种不同的送法 10. 已知函数，则（ ） A. 函数的最小值为 B. 函数的一个对称中心为 C. 函数在区间单调递减 D. 函数的图象可由的图象向左平移个单位长度得到 11. 已知抛物线的焦点为F，A，B是抛物线上两动点，且的最小值为1，M是线段AB的中点，是平面内一定点，则（ ） A. B. 若，则M到x轴距离为4 C. 若，则 D. 的最小值为4 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，为单位向量，若与的夹角为，则__________． 13. 在△中，三个角的对边边长分别为,则的值为_________. 14. ，，且，不等式恒成立，则m的取值范围为______． 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. 记为数列的前n项和，且满足，． （1）求； （2）求； （3）令，记数列的前n项和为，证明：． 16. 现有甲、乙两名运动员进行乒乓球比赛（三局两胜制），其中每局中甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，每局比赛都是相互独立的． （1）求比赛只需打两局的概率； （2）求甲在比赛中获胜的概率； （3）已知甲在第一局比赛中获胜，求甲在比赛中获胜的概率． 17. 设，两个点的坐标分别为，．动点P满足，其中O为坐标原点．记动点P的轨迹为曲线C． （1）求C的方程，并说明C是什么曲线； （2）设点，过点的直线与曲线C交于A，B两点． （ⅰ）若直线m的斜率为，设线段AB的中点为D，求直线OD的方程； （ⅱ）设直线l的方程为，且直线m与直线l相交于点N，记MA，MN，MB的斜率分别为，，，证明：，，成等差数列． 18. 已知函数． （1）若曲线在点处的切线与直线平行，求实数的值； （2）若函数在区间上单调递增． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）证明：，． 19. 如图，在三棱柱中，侧面ABCD是边长为2的正方形，为等边三角形，M为边AD的中点，点N在线段PC上． （1）证明：平面MPQ； （2）若，证明：平面BDN； （3）是否存在点P，使得二面角的正弦值为？如果存在，求出四棱锥的体积，如果不存在，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 石嘴山三中2025届高三年级第四次模拟考试 数 学 2025.5 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的乘法和共轭复数的定义可求得结果. 【详解】因为，故，故 故选：C. 2. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先把集合解出来化成最简形式，再利用补集和交集的定义即可得出答案. 【详解】由或，故集合或，所以， 易得集合，故. 故选：B. 3. “缤纷艺术节”的表演比赛中，某节目结束后，100位观众评委的打分情况如下图所示（仅有一个最低分）.计算该节目最终得分时，需去掉一个最高分和一个最低分，关于处理后的打分数据，下列说法一定正确的是（ ）. A. 中位数不变，极差变小 B. 极差不变，平均数变小 C. 平均数变大，方差变小 D. 方差变小，中位数变大 【答案】A 【解析】 【分析】根据去掉最大最小值的影响求解即可. 【详解】去掉一个最大值和一个最小值，所以中位数没有变化， 因为极差为极大值与极小值之差，所以极差会变小. 所以BD错误； 由于去掉最大值与最小值，平均值的变化不确定，故C错误. 故选：A 4. 双曲线与椭圆有公共的焦点，且的离心率是2，则C的标准方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据椭圆的焦点坐标求出双曲线的焦点坐标，再由双曲线的离心率求出，根据关系求出后即可得解. 【详解】椭圆的焦点为， 所以双曲线的焦点为且焦点在轴上，即， 因为的离心率是2，所以，即， 所以，故双曲线的标准方程为. 故选：A 5. 已知且，则二项式的展开式中，常数项为（ ） A. B. C. 1 D. 24 【答案】D 【解析】 【分析】先根据正态分布的对称性确定的值，再根据二项展开式的特点求常数项. 【详解】因为，所以， 所以. 所以二项式的展开式中，常数项为：. 故选：D 6. 已知，函数的值域为，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据幂函数与对数函数性质结合题意列式计算即可. 【详解】当时，函数单调递增，所以， 要使得函数的值域为， 则当时，，解得，所以实数的取值范围是 故选：D. 7. 2024年8月20日国产第一款3A游戏《黑神话：悟空》上线，首日销量超450万份，总销售额超过15亿元，视觉设计深入挖掘中国传统文化元素，其中“六角木塔”取景山西省朔州市应县老城西北角的佛宫寺内，如图1，其最高处的塔刹下部分可以近似看成一个正六棱锥，如图2，已知正六棱锥的高为h，其侧面与底面夹角为，则六棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据侧面与底面夹角求出底面边长，即可求出底面积，再由锥体的体积公式计算可得. 【详解】 如图取的中点，连接、，因为为正六棱锥， 所以，， 所以为侧面与底面的夹角，所以， 又底面，底面，所以， 所以，又底面为正六边形，所以为等边三角形， 所以，则， 所以， 所以， 所以六棱锥的体积为. 故选：C 8. 已知，且，则下列可能成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】判断可得函数为奇函数，由得，画出，的图象，结合图象依次判断即可求解. 【详解】函数的定义域为R， ，所以函数为奇函数， 又，所以函数在R上单调递增， 又，所以可得：， 画出，的图象， 当，，时，不成立， 当时，可能成立. 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. 以下结论正确的是（ ） A. 经验回归直线一定经过样本点的中心 B. 命题“，”为真命题，则a的取值范围是 C. 若两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数r的绝对值越接近于1 D. 从4本不同的书中选出3本送给3名同学，每人一本，有种不同的送法 【答案】AC 【解析】 【分析】利用回归直线的性质判断A；利用全称量词命题为真求出范围判断B；利用相关系数的意义判断C；求出不同送法数判断D. 【详解】对于A，经验回归直线一定经过样本点的中心，A正确； 对于B，命题“，”为真命题，则，即，B错误； 对于C，两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数r的绝对值越接近于1，C正确； 对于D，从4本不同的书中选出3本送给3名同学，每人一本，有种不同的送法，D错误. 故选：AC 10. 已知函数，则（ ） A. 函数的最小值为 B. 函数的一个对称中心为 C. 函数在区间单调递减 D. 函数的图象可由的图象向左平移个单位长度得到 【答案】ABC 【解析】 【分析】由三角恒等变换化简得，逐项验证即可判断. 【详解】由题意有， 对于A：的最小值为，故A正确； 对于B：，故B正确； 对于C：由可得，由在单调递减，故C正确； 对于D：由的图象向左平移个单位得到， 显然与不是同一函数，故D错误. 故选：ABC. 11. 已知抛物线的焦点为F，A，B是抛物线上两动点，且的最小值为1，M是线段AB的中点，是平面内一定点，则（ ） A. B. 若，则M到x轴距离为4 C. 若，则 D. 的最小值为4 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据的最小值即为，求得p，判断A；利用抛物线的焦半径公式可判断B；根据求出的纵坐标，结合焦半径公式判断C；判断P点位置，利用的几何意义，几何作图分析，可求得其最小值，判断D. 【详解】解：抛物线上的点A到抛物线焦点F距离的最小值为1， 则有，解得，A正确； 抛物线的方程为，焦点，准线，设，， 对于B，点，由抛物线的定义知，， 有，所以M到x轴距离，B不正确； 对于C，，， 由得：，即， 又，即，则，解得，， 于是得，C正确； 对于D，抛物线中，当时，， 因此点在抛物线上方， 过点P作于，交抛物线于点Q，连接， 过A作于，连AF，AP，，如图， 显然， 当且仅当点A与Q重合时取等号， 所以，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. 已知向量，为单位向量，若与的夹角为，则__________． 【答案】1 【解析】 【分析】根据条件可以得到，这样便可求出的值，从而得出的值． 【详解】解：根据条件，，； ∴1-1+1＝1； ∴． 故答案为． 【点睛】本考查单位向量的概念，向量数量积的运算及其计算公式，求向量的长度的方法：求． 13. 在△中，三个角的对边边长分别为,则的值为_________. 【答案】 【解析】 【详解】试题分析：由余弦定理得， 考点：余弦定理 14. ，，且，不等式恒成立，则m的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】对已知变形得，令，则，利用导数法并利用分离参数得对于恒成立，最后利用反比例函数的性质求解最值即可得解. 【详解】不妨设，则， 由可得，所以， 令，则， 因为，所以在上单调递减， 所以对于恒成立，可得对于恒成立， 因为在上单调递减，所以. 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. 记为数列的前n项和，且满足，． （1）求； （2）求； （3）令，记数列的前n项和为，证明：． 【答案】（1） （2） （3） ， 故，故． 【解析】 【分析】（1）根据已知条件判断数列为等差数列并求出其通项公式，进而得到的表达式； （2）利用与的关系求出； （3）对进行裂项相消求和并证明不等式. 【小问1详解】 由可知数列是首项为1，公差为1的等差数列， 故，即． 【小问2详解】 当时，， 又因为满足上式，故； 【小问3详解】 略 16. 现有甲、乙两名运动员进行乒乓球比赛（三局两胜制），其中每局中甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，每局比赛都是相互独立的． （1）求比赛只需打两局的概率； （2）求甲在比赛中获胜的概率； （3）已知甲在第一局比赛中获胜，求甲在比赛中获胜的概率． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）理解“比赛只需打两局”包括“两局甲全赢或乙全赢”利用独立事件的概率乘法公式计算即得； （2）理解 “甲在比赛中获胜”包括甲前两局获胜，或者“共打三局，最后一句甲胜前两局甲赢一局”两类情况，利用互斥事件的概率加法公式计算即可； （3）利用条件概率公式计算即可. 【小问1详解】 比赛需打两局，则这两局甲全赢或乙全赢，故比赛需打两局的概率为． 【小问2详解】 若甲在比赛中获胜，则甲可以前两局获胜，也可以打三局，最后一句甲胜前两局甲赢一局， 故甲在比赛中获胜的概率为． 【小问3详解】 记事件A：甲在第一局中获胜，事件B：甲赢得比赛， 则，， 故． 17. 设，两个点的坐标分别为，．动点P满足，其中O为坐标原点．记动点P的轨迹为曲线C． （1）求C的方程，并说明C是什么曲线； （2）设点，过点的直线与曲线C交于A，B两点． （ⅰ）若直线m的斜率为，设线段AB的中点为D，求直线OD的方程； （ⅱ）设直线l的方程为，且直线m与直线l相交于点N，记MA，MN，MB的斜率分别为，，，证明：，，成等差数列． 【答案】（1）点P的轨迹为椭圆，且其方程为． （2）（ⅰ）； （ⅱ）又因为，， 故 ． 联立，故， 故，故，，成等差数列． 【解析】 【分析】（1）利用椭圆的定义即可求得，进而求解； （2）将直线方程与椭圆方程结合，由韦达定理得， （ⅰ）利用中点坐标公式求出点的坐标，进而得直线方程； （ⅱ）利用斜率公式表示，求出点的坐标进而得，利用等差中项即可求证. 【小问1详解】 由，所以，即， 故点P的轨迹为椭圆，且其方程为． 【小问2详解】 设，， 联立， 故． （ⅰ）当时，，， 故，故直线OD的方程为：，即． （ⅱ）略 18. 已知函数． （1）若曲线在点处的切线与直线平行，求实数的值； （2）若函数在区间上单调递增． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）证明：，． 【答案】（1） （2）（ⅰ）； （ⅱ）由（ⅰ）知，当时，在区间恒成立，则． 令，则有， 所以，，，， 则， 所以， 故． 【解析】 【分析】（1）根据条件，利用几何意义得，即可求解； （2）（ⅰ）根据条件，将问题转化成在区间上恒成立，构造函数，再分和两种情况讨论，即可求解；（ii）利用（i）中结果得，令，得到，再利用累加法，即可求解. 【小问1详解】 由题知，则， 又因为曲线在点处的切线与直线平行， 故，解得． 【小问2详解】 （ⅰ）由题知，函数在区间上单调递增， 故在区间上恒成立，令，则有， 又，则， ①当，即时，令，得到，解得， 当时，，所以在区间上单调递减， 又，则时，，即， 即在区间上单调递减，不符合题意； ②当，即时，在上恒成立， 故在区间上单调递增，又，故，即， 故函数在区间上单调递增，符合题意． 综上，的取值范围是． （ⅱ） 略 19. 如图，在三棱柱中，侧面ABCD是边长为2的正方形，为等边三角形，M为边AD的中点，点N在线段PC上． （1）证明：平面MPQ； （2）若，证明：平面BDN； （3）是否存在点P，使得二面角的正弦值为？如果存在，求出四棱锥的体积，如果不存在，说明理由． 【答案】（1）证明：因为是等边三角形，M为边AD的中点，所以， 又因为，，所以． 又因为，平面，故平面MPQ． （2）连接MC，交BD于点E，连接NE． 因为，，所以， 又因为，所以，所以， 又因为平面BDN，平面BDN，所以平面BDN． （3）存在，理由如下： 存在点P，使得二面角的正弦值为，理由如下： 取BC中点F，连接MF，则， 过M作平面ABCD，建立如图所示的直角坐标系． 为等边三角形，边长为2，故， ，，，设，， ， ，，． 设平面MPB的法向量为， 则，即， 取，则， 取， 设平面面MPC的一个法向量为， ， 令，则，， 平面MPC的一个法向量为， 设二面角为，则， 又因为，所以． 所以，解得或， 当时，P到平面ABCD的距离为， 此时， 当时，P到平面ABCD的距离为， 此时． 【解析】 【分析】（1）根据三线合一得到，又，从而得到线面垂直； （2）作出辅助线，所以，所以，所以平面BDN； （3）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，设，，，求出两平面的法向量，根据二面角的正弦值得到方程，求出或，从而求出P到平面ABCD的距离，求出锥体体积. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $