精品解析：2025届黑龙江省实验中学高三五模数学试卷

2025年黑龙江省实验中学高考数学五模试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知为虚数单位，复数，则（ ） A. B. 的虚部为 C. D. 在复平面内对应的点在第四象限 2. 已知集合，则“”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 已知，，，则a，b，c的大小关系正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则函数图象的一个对称中心是（ ） A. B. C. D. 5. 某人工智能公司为优化新开发的语言模型，在其模型试用人群中开展满意度问卷调查，满意度采用计分制（满分100分），统计满意度并绘制成如下频率分布直方图，图中，则下列结论不正确的是（ ） A. B. 满意度计分的众数约为75分 C. 满意度计分的平均分约为79分 D. 满意度计分的第25百分位数约为70分 6. 已知在三棱锥中，，，两两垂直，，，的外接圆的面积分别为，，，若点，，，都在球的表面上，且球的表面积为，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 7. 古希腊数学家在研究圆锥曲线时发现了椭圆的光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光线经过椭圆上的点反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点，且在点处的切线垂直于法线（即的角平分线）.已知椭圆上点处的法线交轴于点，且，入射角，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 对于任意，，且，则（ ） A. B. 1 C. 2025 D. 4049 二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分. 9. 设为坐标原点，已知圆，双曲线的焦距为4，的一条渐近线与圆交于两点，另一条渐近线与圆交于两点，若，则（ ） A. 的渐近线方程为 B. 的离心率为2 C. C的方程为 D. 直线经过的右顶点 10. 下列说法正确的是（ ） A. 的展开式中的系数为 B. 根据一组样本数据的散点图判断出两个变量线性相关，由最小二乘法求得其回归直线方程为，若其中一个散点坐标为，则 C. 将两个具有相关关系的变量、的一组数据、、、调整为、、、，决定系数不变（附：，，） D. 已知、为随机事件，且，，则若，则 11. 已知函数，则下列选项正确的是（ ） A. 函数的图像关于轴对称 B. 函数分别在区间递减，递增 C. 对恒成立 D. 对恒成立 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知是等差数列的前项和，且满足，，则_____； 13. 已知非零向量满足，则向量与的夹角为_______ 14. 在四棱锥中，底面是边长为3的正方形，平面，且，若直线平面，直线平面，平面与直线，分别交于点，，则的面积为__________；直线到平面的距离为__________. 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. 记的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知. （1）求角A； （2）若，求外接圆面积的最小值. 16. 如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，，点在线段上，平面. （1）证明：为的中点； （2）若，二面角的余弦值为，求的长. 17. 近年来，随着电脑、智能手机的迅速普及，我国在线教育行业出现了较大的发展.某在线教育平台为了解利用该平台学习的高一学生化学学习效果，举行了一次化学测试，并从中随机抽查了200名学生的化学成绩，将他们的成绩分成以下6组：，，，，，统计结果如下面的频数分布表所示. 组别 频数 20 30 40 60 30 20 （1）现利用分层抽样的方法从前3组中抽取9人，再从这9人中随机抽取4人调查其成绩不理想的原因，试求这4人中至少有2人来自前2组的概率. （2）高一学生的这次化学成绩（单位：分）近似地服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本的标准差，并已求得.且这次测试恰有2万名学生参加. （i）试估计这些学生这次化学成绩在区间内的概率（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； （ii）为了提升学生的成绩，该平台决定免费赠送给在平台学习的学生若干学习视频，具体赠送方案如下： 方案1：每人均赠送25小时学习视频； 方案2：这次测试中化学成绩不高于56.19分的学生赠送40小时的学习视频，化学成绩在内的学生赠送30小时的学习视频，化学成绩高于84.81分的学生赠送10小时的学习视频.问：哪种方案该平台赠送的学习视频总时长更多？请根据数据计算说明. 参考数据：则，. 18. 已知抛物线的焦点为为上一点，且. （1）求的方程； （2）过点作两条相互垂直的直线分别与交于两点. （i）证明：直线过定点； （ii）若直线分别与轴交于两点，记的面积分别为，当时，求的取值范围. 19. 牛顿在《流数法》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法—牛顿法.如图，r是函数的零点，牛顿用“作切线”的方法找到了一串逐步逼近r的实数，，…，，在点处作的切线，则在处的切线与轴交点的横坐标是，同理在处的切线与x轴交点的横坐标是，一直继续下去，得到数列，从图中可以看到，较接近r，较接近r，……，当n很大时，很小，我们就可以把的值作为r的近似值，即把作为函数的近似零点.现令. （1）当时，求的近似解，； （2）在（1）的条件下，求数列的前n项和； （3）当时，令，若时，有两个不同实数根，.求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年黑龙江省实验中学高考数学五模试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知为虚数单位，复数，则（ ） A. B. 的虚部为 C. D. 在复平面内对应的点在第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】由复数除法运算可求得复数，结合复数的模长、虚部、共轭复数和几何意义依次判断各个选项即可. 【详解】 所以，A错误； 因为，所以虚部为，B错误； ，C错误； 在复平面内对应的点为在第四象限，故D正确. 故选：D 2. 已知集合，则“”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可． 【详解】由，可得，又，所以， 由，得， 因此“”是“”的充要条件． 故选：A 3. 已知，，，则a，b，c的大小关系正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据余弦函数性质和对数函数单调性即可比较大小. 【详解】因为，所以， 所以． 故选：C． 4. 将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则函数图象的一个对称中心是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据乳香的平移变换可得函数的解析式，利用整体代换法即可求解函数图象的对称中心. 【详解】由题知. 令，解得，∴函数图象的对称中心. ∴当时，为函数图象的一个对称中心. 故选：A. 5. 某人工智能公司为优化新开发的语言模型，在其模型试用人群中开展满意度问卷调查，满意度采用计分制（满分100分），统计满意度并绘制成如下频率分布直方图，图中，则下列结论不正确的是（ ） A. B. 满意度计分的众数约为75分 C. 满意度计分的平均分约为79分 D. 满意度计分的第25百分位数约为70分 【答案】C 【解析】 【分析】由频率分布直方图的面积和为1可得A正确；由频率分布直方图计算众数，平均数，第25百分位数可得B正确，C错误，D正确. 【详解】对于A，由频率分布直方图可得，又， 解得，，故A正确； 对于B，满意度计分的众数为最高矩形底边中点横坐标75分，故B正确； 对于C，满意度计分的平均分约为，故C错误； 对于D，前两组的频率之和为，所以满意度计分的第25百分位数约为70分，故D正确. 故选：C. 6. 已知在三棱锥中，，，两两垂直，，，的外接圆的面积分别为，，，若点，，，都在球的表面上，且球的表面积为，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】由直角三角形的外接圆，长方体的外接球，根据勾股定理，可得答案. 【详解】设，，， 则，，的外接圆半径分别为，，， 所以， 球的半径，，所以. 故选：A. 7. 古希腊数学家在研究圆锥曲线时发现了椭圆的光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光线经过椭圆上的点反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点，且在点处的切线垂直于法线（即的角平分线）.已知椭圆上点处的法线交轴于点，且，入射角，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由角平分线性质得到，再结合余弦定理及椭圆定义即可求解. 【详解】 由可得：， 由角平分线的性质可得：， 所以，设， 由题意，因为，所以， 由余弦定理可得：， 解得：， 又， 所以， 得：， 故选：D 8. 对于任意，，且，则（ ） A. B. 1 C. 2025 D. 4049 【答案】D 【解析】 【分析】利用数列递推思想，结合裂项法和累加法来求出即可. 【详解】由，当时，可得， 赋值可得：， 利用累加法可得：， 代入可得：， 故选：D. 二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分. 9. 设为坐标原点，已知圆，双曲线的焦距为4，的一条渐近线与圆交于两点，另一条渐近线与圆交于两点，若，则（ ） A. 的渐近线方程为 B. 的离心率为2 C. C的方程为 D. 直线经过的右顶点 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，根据对称性可得，结合圆的半径，得到为等边三角形，故的渐近线的倾斜角，因此的渐近线方程为，A错误；B选项，利用求出离心率；C选项，根据焦距和离心率求出，求出，得到双曲线方程；D选项，求出坐标，得到直线的方程为，所以直线经过的右顶点. 【详解】A选项，由双曲线的性质与圆的对称性得，， 又，故， 由圆得圆心为，半径为， 故，故为等边三角形， 故双曲线的渐近线的倾斜角为，则， 因此的渐近线方程为，A错误； B选项，的离心率，B正确； C选项，由得，，所以， 所以的方程为，C正确； D选项，将代入，解得或0（舍去）， 将代入得， 将代入，解得或0（舍去）， 将代入得， 结合图象，不妨取，则直线的方程为， 又的右顶点为，所以直线经过的右顶点，D正确； 故选：BCD． 10. 下列说法正确的是（ ） A. 的展开式中的系数为 B. 根据一组样本数据的散点图判断出两个变量线性相关，由最小二乘法求得其回归直线方程为，若其中一个散点坐标为，则 C. 将两个具有相关关系的变量、的一组数据、、、调整为、、、，决定系数不变（附：，，） D. 已知、为随机事件，且，，则若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据二项式定理，回归分析原理，全概率公式，针对各个选项分别求解即可． 【详解】对于A选项，的展开式通项为， 因为， 的展开式通项为，令， 的展开式通项为，令，可得， 因此，展开式中的系数为，A对； 对于B选项，将点的坐标代入回归直线方程得，解得， 但回归直线不一定过样本点，B错； 对于C选项，设原数据对应的回归直线方程为， 则新数据对应的回归直线方程为，新数据的样本中心点为， 新数据的决定系数为，C对； 对于D选项，，，若， 则，即， 所以，D对． 故选：ACD. 11. 已知函数，则下列选项正确的是（ ） A. 函数的图像关于轴对称 B. 函数分别在区间递减，递增 C. 对恒成立 D. 对恒成立 【答案】ACD 【解析】 【分析】计算可得可判断A；令，求导进而可得，进而可判断B；令，求导可得可判断C；，可判断D. 【详解】对于A；， 又 ，故A正确； 对于B；， 令，求导可得， 当时，，所以在上单调递减， 又，，所以，所以， 所以，所以， 所以，所以函数在区间递增， 由对称性可知，函数在区间递减，故B错误； 令，则， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 所以，所以，所以， 又，所以， 所以，故C正确； 由B可知， 又， 又，所以对恒成立，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：关键在于构造函数，利用导数求得函数的单调性，进而可得，从而可得的单调性． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知是等差数列的前项和，且满足，，则_____； 【答案】35 【解析】 【分析】首先根据等差数列的通项公式以及前项和公式来求解.先求出首项和公差，再代入求. 【详解】因为是等差数列的前项和，. 则， 化简得， 消元求解得：. 所以. 所以. 故答案为：35. 13. 已知非零向量满足，则向量与的夹角为_______ 【答案】 【解析】 【分析】根据向量数量积运算律可得，再由向量夹角的计算公式代入计算可得结果. 【详解】由，可得， 因，， 所以， 又，可得. 即向量与的夹角为. 故答案为： 14. 在四棱锥中，底面是边长为3的正方形，平面，且，若直线平面，直线平面，平面与直线，分别交于点，，则的面积为__________；直线到平面的距离为__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】先通过线面垂直等关系证明相关垂直，进而求出的面积；再利用面面垂直的性质找出直线BD到平面的距离并计算. 【详解】如图，过点作的平行线与直线，分别交于点，，则，， 由平面，可得，由四边形是正方形及，可得， 因为平面，所以平面，所以， 因为，，所以，所以的面积为. 设，则，易得平面平面，平面平面， 过点作，垂足为，则平面，即就是直线到平面的距离，. 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. 记的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知. （1）求角A； （2）若，求外接圆面积的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理进行边化角，根据三角函数的恒等变化，可得答案； （2）由余弦定理与重要不等式，可得边的最小值，根据正弦定理可得外接圆的半径，可得答案. 【小问1详解】 由，根据正弦定理， 则， 即，由，则， 由，即，则，解得. 【小问2详解】 由余弦定理可得， 当且仅当时，等号成立，则的最小值为， 设的外接圆的半径为，由正弦定理可得，则的最小值为， 所以外接圆面积的最小值为. 16. 如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，，点在线段上，平面. （1）证明：为的中点； （2）若，二面角的余弦值为，求的长. 【答案】（1） 连接交于点，连接． 因为底面为菱形，所以为的中点． 又因为平面，平面，平面平面， 所以， 所以为的中点. （2） 【解析】 【分析】（1）连接交于点，连接，根据线面平行的性质得到，即可得证； （2）取中点，连接，即可得到，建立空间直角坐标，设，求出平面、平面的法向量，利用空间向量法求出二面角的余弦值，即可求出. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取中点，连接． 在菱形中，，所以，则为正三角形， 所以，又，所以． 又因为平面，如图建立空间直角坐标系． 设， 则，，，， 则，，， 则平面的一个法向量为． 设平面的一个法向量为， 则，取， 因为二面角的余弦值为， 所以，解得（负值已舍去）， 所以． 17. 近年来，随着电脑、智能手机的迅速普及，我国在线教育行业出现了较大的发展.某在线教育平台为了解利用该平台学习的高一学生化学学习效果，举行了一次化学测试，并从中随机抽查了200名学生的化学成绩，将他们的成绩分成以下6组：，，，，，统计结果如下面的频数分布表所示. 组别 频数 20 30 40 60 30 20 （1）现利用分层抽样的方法从前3组中抽取9人，再从这9人中随机抽取4人调查其成绩不理想的原因，试求这4人中至少有2人来自前2组的概率. （2）高一学生的这次化学成绩（单位：分）近似地服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本的标准差，并已求得.且这次测试恰有2万名学生参加. （i）试估计这些学生这次化学成绩在区间内的概率（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； （ii）为了提升学生的成绩，该平台决定免费赠送给在平台学习的学生若干学习视频，具体赠送方案如下： 方案1：每人均赠送25小时学习视频； 方案2：这次测试中化学成绩不高于56.19分的学生赠送40小时的学习视频，化学成绩在内的学生赠送30小时的学习视频，化学成绩高于84.81分的学生赠送10小时的学习视频.问：哪种方案该平台赠送的学习视频总时长更多？请根据数据计算说明. 参考数据：则，. 【答案】（1） （2）（i），（ii）方案2 【解析】 【分析】（1）由古典概率公式结合对立事件的概率求解即可； （2）（i）由平均数的计算公式求出，再由原则求解即可；（ii）对于方案2，设每位学生所获赠学习视频的小时数为X，求出X的所有可能取值及其概率，再求出，与方案一比较即可得出答案.. 【小问1详解】 因为抽样比， 所以抽取人，抽取人， 抽取人. 设事件：这4人中至少有2人来自前2组， . 【小问2详解】 ， 所以，，，. 所以 . 对于方案2：设每位学生所获增学习视频小时数为，则. ， ， . ， 所以方案2该平台赠送的学习视频总时长更多. 18. 已知抛物线的焦点为为上一点，且. （1）求的方程； （2）过点作两条相互垂直的直线分别与交于两点. （i）证明：直线过定点； （ii）若直线分别与轴交于两点，记的面积分别为，当时，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 证明：法一：由题意知直线的斜率存在，. 设直线的方程为， 联立）得， 则， ， ， 所以， 解得或. 当时，直线的方程为，过点，不符合题意，舍去； 当时，直线的方程为，恒过点. 综上，直线BD过定点. 法二：由题意知，设， 则， 同理可得. 由，得， 整理得①. 直线BD的方程为， ， 两式相加得， 即， 即. 由①得，故直线BD过点. （ii） 【解析】 【分析】（1）由点在抛物线上及焦半径公式列出等式求解即可； （2）（i）法一：设直线的方程为，联立抛物线方程，由韦达定理，结合，求得或即可；法二：设，由，结合直线BD的方程为，代入化简得到即可求证；（ii）设，设直线的方程为，直线的方程为，结合弦长公式及三角形面积公式，进而可求解； 【小问1详解】 解：因为点在C上， 所以. 因为，所以， 则，解得， 所以的方程为. 【小问2详解】 （i）略 （ii）解：设，易知直线和的斜率均存在且不为0，设直线的方程为，直线的方程为， 此时， 则. 由，得. 联立得， 由，得， 同理，所以， 则， 同理可得， 所以， ， 由题意得 . 因为在和上均单调递增， 所以， 又， 即16， 所以. 19. 牛顿在《流数法》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法—牛顿法.如图，r是函数的零点，牛顿用“作切线”的方法找到了一串逐步逼近r的实数，，…，，在点处作的切线，则在处的切线与轴交点的横坐标是，同理在处的切线与x轴交点的横坐标是，一直继续下去，得到数列，从图中可以看到，较接近r，较接近r，……，当n很大时，很小，我们就可以把的值作为r的近似值，即把作为函数的近似零点.现令. （1）当时，求的近似解，； （2）在（1）的条件下，求数列的前n项和； （3）当时，令，若时，有两个不同实数根，.求证：. 【答案】（1） （2） （3） 由题意可得，则， 令，得，当时，；当时，， 所以在单调递减，在单调递增，所以， 又当时，；当时，，且， 所以当时，有两个不同实数根， 又，所以确实有两个不同实数根，， 且，， 先证明右半部分：， 考虑在处的切线方程： 当时，，因为，所以与切线的交点的横坐标大于， 即，又，故； 再证明左半部分：， 观察不等式的结构，联想到一元二次方程的两根之差， 即构造方程来描述不等式的左边， 故尝试将放缩为二次函数，即将放缩成， 故令， 则，当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，所以， 即，当且仅当时取等号， 所以当时，， 故当时，方程有两个不同的实数根，记为，且， ，又，故，所以， 因为，所以得到， 同理可得，所以， 综上所述，. 【解析】 【分析】（1）利用导数求出在和在处的切线方程，令，即可得； （2）由（1）可知存在递推关系，通过构造等比数列求出数列的通项， 再利用分部求和即可求出数列的前n项和； （3）先求出，先利用题中的切线法证明右半部分，再利用放缩法证明左半部分， 将放缩为二次函数，即将放缩成，再结合韦达定理即可证得结论. 【小问1详解】 由题意可得在处的切线方程为，令，得， 同理可得在处的切线方程为，令，得， 所以对于函数，， 故，； 【小问2详解】 由（1）可知存在递推关系， 构造等比数列， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 故， 所以数列的前项和； 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $