精品解析：辽宁省实验中学2025届高三五模数学试题

辽宁省实验中学2025届高三第五次数学模拟试卷 命题人：高三数学组 校对人：高三数学组 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. 已知命题，，则命题的否定为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 已知复数，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 4. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的外接圆的半径为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 5. 5个班分4个入团名额，每个班至多分两个名额，名额必须分完，那么不同的分法有（ ）种． A. 15 B. 35 C. 45 D. 60 6. 设，若恒成立，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知平面向量，且，向量满足，则的最小值为（    ） A. B. C. D. 8. 已知的最小值为0，则的值为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：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. 已知函数，下列说法中正确的有（ ） A. 的最大值为1 B. 在上单调递增 C. 的图象关于直线对称 D. 的最小正周期为 10. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线交椭圆于两点，则（ ） A. 的周长为8 B. 若直线经过点，则的最小值是1 C. 若线段中点坐标为，则直线的方程为 D. 若点M是椭圆上的任意一点，点N是圆上的任意一点，则的最大值为 11. 如图，正方体棱长为1，点M是侧面上的一个动点（含边界），P，Q分别为棱，的中点，过点A，P，Q的平面记为，则（ ） A. 若M在线段上，则平面 B. 若，则点M的运动路径的长度为 C. 存在点，使得平面 D. 分正方体两部分的体积为，（），则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 离心率为，一个焦点坐标为的双曲线的标准方程为________. 13. 已知，，且，则的最小值是_________. 14. 已知函数有三个零点，则实数的取值范围为________________． 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. 我国新能源汽车的卓越性能赢得全球人民的信赖，某品牌新能源汽车凭借科研创新、广告宣传和可靠售后保障，在全球赢得了很好的营销局面.下表为2017年—2024年（年份代码分别记为：1，2，3，4，5，6，7，8）该品牌新能源汽车的科研经费投入和全球市场规模统计. 年份代码i 1 2 3 4 5 6 7 8 科研经费（单位：百亿元） 2 3 6 10 13 15 18 21 市场规模（单位：百万辆） 1 1 2 2.5 3.5 3.5 4.5 6 参考数据：，，，. 参考公式：相关系数. （1）根据样本数据，推断两个变量是否线性相关，并计算样本相关系数，推断它们的线性相关程度（结果精确到0.01，当越接近1时，成对样本数据的线性相关程度越强；当越接近0时，成对样本数据的线性相关程度越弱）； （2）已知在国内，新能源车主购买的新能源汽车为该品牌新能源汽车的概率为p（），从国内新能源车主中随机抽取5人，记这5人中选择购买该品牌的人数为随机变量X，若，求随机变量X的数学期望和方差 16. 已知数列的首项，． （1）求证：是等比数列； （2）求数列的前项和； （3）令，求数列的最大项． 17. 在平面直角坐标系中，点到点的距离比它到轴的距离多1，记点的轨迹为，过点且斜率为的直线与轨迹从左到右的三个公共点分别为． （1）求轨迹的方程 （2）求的取值范围； （3）点关于原点对称，若，求的面积． 18. 如图，在三棱柱中，为的重心，平面，记二面角与的大小分别为. （1）当时，时. （i）证明：； （ii）求； （2）若，求的取值范围. 19. 定义：若函数图象上恰好存在相异的两点，满足曲线在和处的切线重合，则称为曲线的“双重切点”，直线为曲线的“双重切线”.已知函数. （1）当时 （i）判断的奇偶性，并求在的极值； （ii）设在内的全部极值点按从小到大的顺序排列，求证：； （2）当时，直线为曲线的“双重切线”，记直线的斜率所有可能的取值为，若，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 辽宁省实验中学2025届高三第五次数学模拟试卷 命题人：高三数学组 校对人：高三数学组 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】化简集合A，B，再由集合的并集、补集运算求解. 【详解】因为，， 所以， ， 故选：C 2. 已知命题，，则命题的否定为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】由特称命题的否定是全称命题即可求得. 【详解】命题，是存在量词命题，其否定是全称量词命题，所以的否定为，． 故选：C． 3. 已知复数，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的除法运算求出可得，再求模长. 【详解】，， 则. 故选：D. 4. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的外接圆的半径为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】由正弦定理、逆用两角和的正弦公式、诱导公式即可求解. 【详解】设所求为，由题意， 在三角形中，解得. 故选：A. 5. 5个班分4个入团名额，每个班至多分两个名额，名额必须分完，那么不同的分法有（ ）种． A. 15 B. 35 C. 45 D. 60 【答案】C 【解析】 【分析】结合分组分配问题，两类计数原理求解即可. 【详解】由题意，入团名额是相同的元素，班级是不同的元素， 将4个入团名额分给5个班，有以下分组：，，， 若按分组分配，共有种， 若按分组分配，共有种， 若按分组分配，共有种， 所以一共有种分法. 故选：C. 6. 设，若恒成立，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用诱导公式和辅助角公式化简函数，得到辅助角，根据正弦型函数的性质求出，再代入化简求值即可. 【详解】因为， 所以，其中， 因为恒成立，所以，即， 则. 故选：B. 7. 已知平面向量，且，向量满足，则的最小值为（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题设可得，又，易知，，将问题转化为平面点线距离关系：向量的终点为圆心，1为半径的圆上的点到向量所在射线的距离最短，即可求的最小值. 【详解】∵，而， ∴，又，即， 又，， ∴， 若，则， ∴在以为圆心，1为半径的圆上，若，则， ∴问题转化为求在圆上的哪一点时，使最小，又， ∴当且仅当三点共线且时，最小为. 故选：B. 8. 已知的最小值为0，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】通过换元法将原函数转化为关于新变量的函数，再利用导数研究新变量的取值范围以及新函数的单调性，进而求出的值. 【详解】，则令， 令，则；令，则，且时，，则的取值范围为. 则的最小值为0，即的最小值为0，即， 则时，，则． 故选：A． 二､多选题：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. 已知函数，下列说法中正确的有（ ） A. 的最大值为1 B. 在上单调递增 C. 的图象关于直线对称 D. 的最小正周期为 【答案】BC 【解析】 【分析】先根据二倍角公式化简函数，再根据化简后的函数分析各选项. 【详解】根据二倍角正弦公式，可得. 对于选项A，在中，，所以的最大值为，而不是，故A选项错误. 对于选项B，正弦函数的单调递增区间为. 令，解不等式可得. 当时，单调递增区间为，，所以在上单调递增，故B选项正确. 对于选项C，正弦函数的对称轴方程为. 令，解得. 当时，，所以的图象关于直线对称，故C选项正确. 对于选项D，在中，，所以的最小正周期，而不是，故D选项错误. 故选：BC. 10. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线交椭圆于两点，则（ ） A. 的周长为8 B. 若直线经过点，则的最小值是1 C. 若线段中点坐标为，则直线的方程为 D. 若点M是椭圆上的任意一点，点N是圆上的任意一点，则的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，利用椭圆的定义计算可判断；对于B，利用焦点弦长通径最短可判断；对于C，利用点差法，即可得直线方程；对于D，利用点到圆心的距离最大值，再加上半径即为的最大值. 【详解】 对于A，若直线经过点，如图一，则的周长为， 若直线不经过点，如图二，则的周长为，故A错误； 对于B，过左焦点的椭圆焦点弦中，通径最短，即，故B正确； 对于C，显然直线的斜率存在，设， 易知 ， 若中点为，则， 则直线的方程为,即，故C正确； 对于D，设，圆心，则， 因为，所以当时，取得最大值为， 此时取得最大值为，故D正确． 故选：BCD. 11. 如图，正方体棱长为1，点M是侧面上的一个动点（含边界），P，Q分别为棱，的中点，过点A，P，Q的平面记为，则（ ） A. 若M在线段上，则平面 B. 若，则点M的运动路径的长度为 C. 存在点，使得平面 D. 分正方体两部分的体积为，（），则 【答案】ABD 【解析】 【分析】由面面平行的判定与性质即可判断A；作出截正方体所得的截面，过点作平面，截得正方体的截面为，根据几何关系即可判断B；连接，由线面垂直的判定得平面，过作平面平面，交延长线于点，由图即可判断C；由三棱锥的体积公式即可判断D． 【详解】对于A，由正方体得，，， 因为平面，平面，所以平面， 同理可得平面， 又平面， 所以平面平面，又平面， 所以平面，故A正确； 对于B，作出截正方体所得的截面，如图所示，则 过点作平面，截得正方体的截面为，如图所示， 因为平面，所以， 此时，，进而， 所以，当在上运动时，满足，故B正确； 对于C，连接， 由正方体得，， 又平面， 所以平面，又平面，所以， 同理得，，又平面， 所以平面， 当过的平面时，该平面平行于平面， 过作平面平面，交延长线于点，如图所示， 由图可知，平面与正方形无交点， 故不存在点，使得平面，故C错误； 对于D，作出平面截得正方体的截面， 则， 所以， ， ， 所以，故D正确； 故选：ABD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 离心率为，一个焦点坐标为的双曲线的标准方程为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据条件确定，即可求解双曲线的标准方程. 【详解】由条件可知，，且，得， ，并且双曲线的焦点在轴， 所以双曲线的标准方程为. 故答案为： 13. 已知，，且，则的最小值是_________. 【答案】 【解析】 【分析】利用“1”的代换化简式子中的3和1，进而利用基本不等式即可. 【详解】由题意可得，， 等号成立时，即. 故的最小值是. 故答案为： 14. 已知函数有三个零点，则实数的取值范围为________________． 【答案】 【解析】 【分析】显然，分析可得在上存在一个零点，在上存在两个零点，当时令求出方程的解，即可得到，结合函数的单调性求出的范围，当时令，由确定的范围，再由求根公式求出方程的解，即可得到，解得即可. 【详解】因为，显然； 当时，函数在上单调递减， 则在最多一个零点， 要使函数有三个零点， 则在上存在一个零点，在上存在两个零点， 当时，令，即，解得， 所以，即，显然恒成立， 则只需满足，即，令， 因为在定义域上单调递增，在定义域上单调递减， 所以在定义域上单调递增，又，所以当时， 所以； 当时，令，即， 显然需满足，即， 此时由求根公式可得、， 依题意可得，解得或； 综上可得，即实数的取值范围为. 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. 我国新能源汽车的卓越性能赢得全球人民的信赖，某品牌新能源汽车凭借科研创新、广告宣传和可靠售后保障，在全球赢得了很好的营销局面.下表为2017年—2024年（年份代码分别记为：1，2，3，4，5，6，7，8）该品牌新能源汽车的科研经费投入和全球市场规模统计. 年份代码i 1 2 3 4 5 6 7 8 科研经费（单位：百亿元） 2 3 6 10 13 15 18 21 市场规模（单位：百万辆） 1 1 2 2.5 3.5 3.5 4.5 6 参考数据：，，，. 参考公式：相关系数. （1）根据样本数据，推断两个变量是否线性相关，并计算样本相关系数，推断它们的线性相关程度（结果精确到0.01，当越接近1时，成对样本数据的线性相关程度越强；当越接近0时，成对样本数据的线性相关程度越弱）； （2）已知在国内，新能源车主购买的新能源汽车为该品牌新能源汽车的概率为p（），从国内新能源车主中随机抽取5人，记这5人中选择购买该品牌的人数为随机变量X，若，求随机变量X的数学期望和方差 【答案】（1）样本相关系数，两个变量线性相关且线性相关程度很强. （2）随机变量的数学期望，方差. 【解析】 【分析】（1）根据给定的相关系数公式，结合已知的参考数据，计算出样本相关系数，再依据相关系数与线性相关程度的关系进行判断. （2）由已知条件可知随机变量服从二项分布，我们先根据求出的值，再利用二项分布的数学期望和方差公式求出和. 【小问1详解】 ； . 然后计算， 将，，，代入可得： . 接着计算，将，，代入可得： . 再计算，将，，代入可得： . 最后计算相关系数： 根据公式，将， ，代入可得： ，因为，所以. 由于接近，所以两个变量线性相关且线性相关程度很强. 【小问2详解】 已知随机变量（因为从国内新能源车主中随机抽取人， 每个人购买该品牌汽车的概率为，符合二项分布的定义）， 根据二项分布的概率公式，由可得： ，即，因为，得， 解方程，得. 再根据二项分布的数学期望公式和方差公式， 将，代入可得：；. 16. 已知数列的首项，． （1）求证：是等比数列； （2）求数列的前项和； （3）令，求数列的最大项． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）依题意可得，结合等比数列的定义即可证明； （2）由（1）可得，利用分组求和法计算可得； （3）由（2）可得，利用作差法判断数列的单调性，即可求出最大项. 【小问1详解】 因为， 所以， 又，所以， 所以是以为首项，为公比的等比数列； 【小问2详解】 由（1）可得， 所以， 所以 . 【小问3详解】 由（2）可得， 则， 所以当时，当时， 即， 所以数列的最大项为； 17. 在平面直角坐标系中，点到点的距离比它到轴的距离多1，记点的轨迹为，过点且斜率为的直线与轨迹从左到右的三个公共点分别为． （1）求轨迹的方程 （2）求的取值范围； （3）点关于原点对称，若，求的面积． 【答案】（1） （2） （3）40 【解析】 【分析】（1）由已知得，即，化简即可得出点M的轨迹的方程； （2）设直线l的方程为，与C的方程联立，要使得有三个交点，则，直线与轴的交点为，可得，求解即可； （3）由得出的坐标即可求解面积． 【小问1详解】 设，依题意得：，即， 化简得，， 所以点的轨迹的方程为； 【小问2详解】 设直线的方程为，由方程组， 可得，要使得有三个交点，则， 方程的判别式为， 设直线与轴的交点为，则由，取得， 当，解得或， 故当时，直线与轨迹恰有三个公共点； 【小问3详解】 设，，由（1）知，， 所以， 由直线的方程可知，，故， 所以，， 则，整理得，解得， 从而，故，， 则，，，即直线为，， 点到直线的距离为， 所以． 18. 如图，在三棱柱中，为的重心，平面，记二面角与的大小分别为. （1）当时，时. （i）证明：； （ii）求； （2）若，求的取值范围. 【答案】（1）（i）证明见解析；（ii） （2） 【解析】 【分析】（1）（i）由线面垂直判定定理得出平面得出，进而得出线线相等；（ii）先建系，再把转化为二面角，最后应用面面角余弦公式计算求解； （2）建立空间直角坐标系，设，再分别计算二面角与相等，最后再结合值域计算求解. 【小问1详解】 （i）延长交于，则是的中点； ，， 平面，平面， ， ，平面， 平面，平面， ，. （ii）为的重心，，所以， 由平面得，故， 如图，过作，以分别为轴建立空间直角坐标系， 因为二面角与的大小分别为，知即二面角， ， 故， 设平面的一个法向量， 则，取 平面的一个法向量， 设平面的一个法向量，， 则，取， 所以平面的一个法向量， . 【小问2详解】 如图，过作，过作，以分别为轴建立空间直角坐标系， 因为，设，则， 故， 设平面的一个法向量， 则， 取，平面的一个法向量为， 平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量，， 则， 取，所以平面的一个法向量为， 由得二面角与相等， ，即， 整理得，所以，， 所以. 19. 定义：若函数图象上恰好存在相异的两点，满足曲线在和处的切线重合，则称为曲线的“双重切点”，直线为曲线的“双重切线”.已知函数. （1）当时 （i）判断的奇偶性，并求在的极值； （ii）设在内的全部极值点按从小到大的顺序排列，求证：； （2）当时，直线为曲线的“双重切线”，记直线的斜率所有可能的取值为，若，证明：. 【答案】（1）（i）偶函数，极小值为，无极大值；（ii）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）（i）由奇偶性的定义，结合求导确定函数单调性即可求解；（ii）由题可得极值点为第二或第四象限角，然后结合正切函数的性质讨论两极值点的差的范围即可. （2）利用导数几何意义得，，由余弦函数的性质，只需考虑，情形，在此条件下构造函数利用导数确定单调性，从而得出缩小的范围，再由不等式的性质证明结论即可. 【小问1详解】 （i）当时，， 因为，故是偶函数， 由，， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 故在的极小值为，无极大值. （ii）由（i）得，令，则， 对满足方程的有，所以， 设是的任意正实根，则， 则存在一个非负整数，使，即为第二或第四象限角， 因为， 所以在第二或第四象限变化时，变化如下， （为奇数） 0 + （为偶数） + 0 所以满足的正根都为函数的极值点， 由题可知为方程的全部正实根， 且满足，， 所以， 因为，，， 则，由，可得， 故得证. 【小问2详解】 由题意得， 当时，， 设对应的切点为，， 对应的切点为，， 由于，所以，， 由余弦函数的周期性，只要考虑的情形， 又结合余弦函数的图象，只需考虑，情形， 则， ， 其中，得到， 又，， 即，， 当时，，， 令（）， 则，， 在上单调递减，又，所以， 所以，此时，则， 故得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $