精品解析：陕西省汉中市部分学校2025届高三5月模拟预测数学试题

数 学 本试卷满分150分，考试用时120分钟. 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 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，再选涂其它答案标号.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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据对数函数定义域，求出集合B，根据集合交集计算方法，求出结果. 【详解】已知，则，解得，所以， 则. 故选：C. 2. 若，则（ ） A. 244 B. 1023 C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】利用换元法结合二项展开式的通项公式可求. 【详解】设，则原恒等式可化为， 令，则， 而展开式的通项公式为， 故，故， 故选：A. 3. 已知向量，，若，则的值为（ ） A. B. 5 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量线性运算坐标运算及向量模长坐标运算计算即可. 【详解】因为，， 所以， 因为，即，解得. 故选：B 4. 已知角按逆时针方向旋转，其终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据角α逆时针旋转后的终边经过点(4,3)，通过该点坐标求出旋转后角度的三角函数值，再结合倍角公式求解目标表达式的值. 【详解】角α逆时针旋转后，终边经过点(4,3)，设旋转后的角度为, 点(4,3)到原点的距离， 根据三角函数定义： ， ， ， ， 因为， 所以， 故选；D. 5. 已知抛物线的焦点到准线的距离为2，点，是直线与轴的交点，是上一点，过点作于点，与交于点．若为的重心，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据抛物线方程的条件求出抛物线的基本参数，进而确定焦点和准线方程；再利用三角形重心和相似三角形的性质求出点的坐标；最后根据三角形面积公式计算三角形的面积. 【详解】对于抛物线，已知，可得.那么抛物线的方程为，其焦点，准线的方程为. 则，（为抛物线准线与轴交点）. 因为为的重心，所以为的三等分点且. 又因为，所以与相似，且，即. 不妨设，且在第一象限，由抛物线的性质可知点到准线的距离. 已知，则，解得. 因为点在抛物线上，将代入抛物线方程得，又因为在第一象限，所以. 因为为的三等分点且，所以. 已知. 根据三角形面积公式，对于，则. 故选：B. 6. 已知函数，，，若，则的最小值为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】由结合对数的运算性质可得，利用基本不等式1的代换即可求得最小值. 【详解】由题意可知：的定义域为， 令，解得；令，解得； 则当时，，故，所以； 当时，，故，所以， 所以； 故， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值为. 故选：C. 7. 已知的内角的对边分别为，，，若的面积为，则的外接圆的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，由余弦的和差角公式代入计算，可得，然后结合正弦定理代入计算，即可得到外接圆的半径，从而得到结果. 【详解】由， 结合正弦定理得，所以，所以， 又因为，所以， 由余弦定理得，所以，所以 结合正弦定理（其中为的外接圆的半径）， 得，解得， 则的外接圆的面积为． 故选：C. 8. 在正三棱锥中，侧棱与底面所成的角为，记三棱锥内切球、外接球的半径分别为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据计算可得，求出外接圆半径，再结合勾股定理可求出外接球的半径. 【详解】设正三棱锥底面边长为，底面正三角形的中心为，则顶点在底面的投影点为， 因为侧棱与底面所成的角为， 即， 在中，，，， ，， 正四棱锥体积为：, 因为，所以， 在正三棱锥中，外接球的球心在，设球心为， 设，根据球心到顶点距离相等可得，， 即，解得，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. 已知函数的图象关于点中心对称，将曲线的横坐标缩短至原来的（纵坐标不变），再向下平移1个单位长度，得到函数的图象，则（ ） A. B. C. 函数的图象关于直线对称 D. 函数的图象在区间内单调递增 【答案】AD 【解析】 【分析】由的对称中心为，可得到与的值；再经过伸缩，平移，可得到的解析式；于是可判断A,B选项正确与否；分析的对称轴与单调性，可判断C,D选项正确与否. 【详解】由函数关于点中心对称， 可得到；代入对称点坐标得， 解得，， 又，，因此，选项A正确； 将的横坐标缩短至原来的，得到， 再向下平移1个单位，得到，故选项B错误； 的对称轴需满足， 即，不存在整数使，故选项C错误； 的导数为，当时，，此时， 故在该区间内单调递增，故选项D正确. 故选：AD. 10. 一笔画就是要一笔画成有关的图形，在画的过程中笔不离开纸，并且每条线只能画一次，不能重复，则下列图形可以一笔画的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】利用图论知识,即可求解. 【详解】由图论知识可知，一笔画能完成的图形G要求满足两点：（1）G是连通图；（2）G中奇点（即从一点出发的线条数是奇数）的个数是0或2. A、C奇点数为零，B、D有一个寄点，所以选项AC正确. 故选：AC 11. 已知函数是定义在上的奇函数，且，当时，，若，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】CD 【解析】 【分析】首先分析得出函数在上单调递增，故只需构造函数比较出的大小关系即可求解. 【详解】已知函数是定义在上的奇函数，所以， 又因为，所以， 所以函数的周期是4， 因为时，， 求导得， 所以在上单调递增，所以函数在上单调递增， 因为函数是定义在上的奇函数，所以在上单调递增， 由于，则； 令函数，求导得， 令函数，求导得， 令函数，求导得， 所以函数在上递增，， 函数在上递增，， 函数在上递增，，，则； 令函数，求导得， 函数在上递减，，即，则， 因此，所以. 故选：CD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若复数，则_______. 【答案】 【解析】 【分析】先化简再根据模的定义求解. 【详解】 故答案为： 【点睛】本题考查求复数的模，考查基本分析求解能力，属基础题. 13. 现将某工厂车间的6名班长和3名质检员平均分成三组参与春节期间的安全生产工作，各小组内3人分别负责生产安全、人员调度、产品质检三项工作，其中质检员只负责产品质检，则班长甲与质检员乙不在同一个小组的概率为______． 【答案】 【解析】 【分析】计算总的分组方式有，再计算班长甲与质检员乙在同一个小组的方式数即可求解. 【详解】质检员分配有种方法，班长分配有， 所以总的分组方式有； 若班长甲与质检员乙在同一个小组，则有， 故所求为. 故答案为：. 14. 在平面直角坐标中，已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，点为上一点，记在点处的切线，过点作于点，则的长为______． 【答案】 【解析】 【分析】首先求切线的方程，再求直线的方程，即可求交点的坐标，即可求解. 【详解】由条件可知，，解得：，， 所以椭圆，所以在点处的切线方程为，即， 因为，所以直线， 联立，解得：，，即，且 所以. 故答案为： 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 杜老师随机选取了开学测试中本班10名学生的数学成绩，得到如下数据： （1）从这10名学生中随机选出1人，求其数学成绩不低于120分的概率； （2）杜老师将对数学成绩不低于135分的学生给予奖励，现在从这10名学生中随机选出3人，记为选出获得奖励的学生人数，求的分布列和数学期望； （3）杜老师针对测试内容与学习计划，对“三角函数、概率、导数”这3个模块进行复习训练，且在训练中进行多轮测评．规定：在一轮测评中，这3个模块至少有2个模块达到90分以上，则该轮测试记为合格．在复习训练中，甲同学3个模块中每个模块达到90分以上的概率均为，每轮测评互不影响．若甲同学在复习训练中获得合格的次数的平均值达到5次，求至少要进行多少轮测评． 【答案】（1） （2） 0 1 2 3 P . （3）20 【解析】 【分析】（1）由题意信息得到不低于120分的人数为7人，结合总人数为10人即可求解； （2）首先求出不低于135分的人数为4人，由此得到X的可能取值以及每种取值对应的概率，由此得到分布列，最后由数学期望公式得到数学期望； （3）首先根据甲同学每个模块达到90分以上的概率，得到至少有2个模块达到90分以上的概率，又甲同学在轮测评中合格的次数Y满足，再利用二项分布的期望达到5即可求次数的最小值. 【小问1详解】 由题知其数学成绩不低于120分的人数为7人， 故其数学成绩不低于120分的概率为. 【小问2详解】 由题知其数学成绩不低于135分的人数为4人，的取值可能为0,1,2,3. ，， ，， 所以的分布列为： 0 1 2 3 P 期望. 【小问3详解】 设甲同学在一轮测评中合格为事件A， 则， 又甲同学在轮测评中合格的次数Y满足， 则期望，解得， 所以至少要进行20轮测评. 16. 如图1，在矩形中，，是的中点，连接，将沿直线翻折，使得平面平面（如图2），连接，，是棱的中点． （1）证明：平面； （2）证明：平面； （3）求直线和平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 因为在矩形中，，是的中点， 所以，即，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又平面，所以， 又因为，，平面， 所以平面； （2） 如图所示，取中点，连接， 因为在矩形中，，是的中点， 所以，即四边形为平行四边形， 从而，又因为平面，平面， 所以平面， 又因为分别是的中点， 所以， 又因为平面，平面， 所以平面， 又因为平面， 所以平面平面， 又因为平面，所以平面； （3） 【解析】 【分析】（1）只需证明，，再结合线面垂直的判定定理即可得证； （2）取取中点，连接，只需证明平面平面，再结合面面平行的性质定理即可得证； （3）建立适当的空间直角坐标系，求出直线的法向量与平面的法向量，由向量夹角的余弦公式即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 取中点，因为，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又因为平面，所以， 又因为，所以， 所以两两互相垂直， 以点为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 由题意， 设， 因为四边形为平行四边形，所以， 即，所以， 故， 又因为， 解得， 又因为是中点， 所以， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，令，解得， 所以平面的法向量为， 故所求为. 17. 设正项数列的前项和为，且，． （1）求数列的通项公式； （2）已知，求数列的前项和的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用降标作差得，再分别求出奇偶项的通项公式即可； （2）利用错位相减法求出数列的前项和，再令，求证其增减性即可求出范围. 【小问1详解】 由得，， 两式作差得， 因数列为正项数列，则， 令，则，则， 则数列的奇数项是以为首项，为公差的等差数列， 故为奇数时，， 数列的偶数项是以为首项，为公差的等差数列， 故为偶数时，， 综上，数列的通项公式为； 【小问2详解】 由（1）可得，， 设数列的前项和为，则， 则， 两式作差得， ， 则， 令，则， 则数列为递减数列，且， 则，故， 故数列的前项和的取值范围为. 18. 已知函数． （1）若有极值点，求实数的取值范围； （2）若，且有唯一零点，求的值； （3）当时，若，都有成立，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由在上有变号零点即可得解； （2）分析知原题条件等价于，构造函数，求导说明在单调递减，在上单调递增，结合即可得解； （3）显然满足题意，当时，原题条件等价于，都有，故只需求函数的最小值即可，构造函数，利用导数求得函数的最小值即可得解. 【小问1详解】 对求导得，， 因为有极值点，所以在上有变号零点， 所以，即实数的取值范围为； 【小问2详解】 若，令，， 所以在上单调递增，在上单调递减，则时，有极大值， 因有唯一零点，则当且仅当， 令，则， 令， 所以在上单调递减，在上单调递增， 且注意到，所以； 【小问3详解】 由（2）可知，当时，，都有， 又因为，都有，所以当时显然满足题意； 而当时，，都有等价于，都有（*）， 要求的最大值，只需求的最小值即可， 令， 求导得， 令， 求导得， ， 所以在上单调递减，在上单调递增， 而，当时，都有， 所以存在使得，， 所以的符号变化情况如下表： 所以在上单调递减，在上单调递增， 又由且， 所以，同理， 所以的最小值为， 所以的最大值为， 故由（*）可得：，解得， 又，故得， 综上所述，实数的取值范围为. 19. 已知双曲线的左、右焦点分别为，左顶点为，且，． （1）求双曲线的方程； （2）过点作直线，与的右支交于两点，求周长的最小值； （3）已知点，直线与的右支交于点，过点作，交直线于点，证明：点在定圆上． 【答案】（1） （2）16 （3）证明如下： 因为，，则，所以直线的方程为， 将代入双曲线的方程可得， 则，又，故，得， 所以点的坐标为， 又，，所以直线的方程为， 又，所以直线的方程为， 联立直线与的方程可得，， 消去参数，可得， 所以点在定圆上. 【解析】 【分析】（1）根据题意，列出关系式求解得到答案； （2）先证明当为通径时最小，结合双曲线定义可得，进而得到的周长的最小值； （3）求出直线的方程与双曲线联立求得点的坐标，进而求出直线与的方程，求得点的坐标，消去参数得证. 【小问1详解】 设双曲线的左右焦点为，，， 由，， 所以，解得，则， 所以双曲线的方程为. 【小问2详解】 当直线的斜率不存在时，将代入，解得，即此时， 当直线的斜率存在时，设，，且， 联立，消去整理得， 则，，且，， ， 综上，，当且仅当为通径时最小. 又，可得， 所以的周长， 即的周长的最小值为16. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数 学 本试卷满分150分，考试用时120分钟. 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 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，再选涂其它答案标号.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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，则（ ） A. 244 B. 1023 C. D. 1 3. 已知向量，，若，则的值为（ ） A. B. 5 C. D. 4. 已知角按逆时针方向旋转，其终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知抛物线的焦点到准线的距离为2，点，是直线与轴的交点，是上一点，过点作于点，与交于点．若为的重心，则的面积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，，，若，则的最小值为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 9 7. 已知的内角的对边分别为，，，若的面积为，则的外接圆的面积为（ ） A. B. C. D. 8. 在正三棱锥中，侧棱与底面所成的角为，记三棱锥内切球、外接球的半径分别为，则（ ） 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. 已知函数的图象关于点中心对称，将曲线的横坐标缩短至原来的（纵坐标不变），再向下平移1个单位长度，得到函数的图象，则（ ） A. B. C. 函数的图象关于直线对称 D. 函数的图象在区间内单调递增 10. 一笔画就是要一笔画成有关的图形，在画的过程中笔不离开纸，并且每条线只能画一次，不能重复，则下列图形可以一笔画的是（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数是定义在上的奇函数，且，当时，，若，，，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若复数，则_______. 13. 现将某工厂车间的6名班长和3名质检员平均分成三组参与春节期间的安全生产工作，各小组内3人分别负责生产安全、人员调度、产品质检三项工作，其中质检员只负责产品质检，则班长甲与质检员乙不在同一个小组的概率为______． 14. 在平面直角坐标中，已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，点为上一点，记在点处的切线，过点作于点，则的长为______． 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 杜老师随机选取了开学测试中本班10名学生的数学成绩，得到如下数据： （1）从这10名学生中随机选出1人，求其数学成绩不低于120分的概率； （2）杜老师将对数学成绩不低于135分的学生给予奖励，现在从这10名学生中随机选出3人，记为选出获得奖励的学生人数，求的分布列和数学期望； （3）杜老师针对测试内容与学习计划，对“三角函数、概率、导数”这3个模块进行复习训练，且在训练中进行多轮测评．规定：在一轮测评中，这3个模块至少有2个模块达到90分以上，则该轮测试记为合格．在复习训练中，甲同学3个模块中每个模块达到90分以上的概率均为，每轮测评互不影响．若甲同学在复习训练中获得合格的次数的平均值达到5次，求至少要进行多少轮测评． 16. 如图1，在矩形中，，是的中点，连接，将沿直线翻折，使得平面平面（如图2），连接，，是棱的中点． （1）证明：平面； （2）证明：平面； （3）求直线和平面所成角的正弦值． 17. 设正项数列的前项和为，且，． （1）求数列的通项公式； （2）已知，求数列的前项和的取值范围． 18. 已知函数． （1）若有极值点，求实数的取值范围； （2）若，且有唯一零点，求的值； （3）当时，若，都有成立，求实数的取值范围． 19. 已知双曲线的左、右焦点分别为，左顶点为，且，． （1）求双曲线的方程； （2）过点作直线，与的右支交于两点，求周长的最小值； （3）已知点，直线与的右支交于点，过点作，交直线于点，证明：点在定圆上． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $