精品解析：江苏省射阳中学2025届高三下学期最后一模数学试题

2025届高三最后一模 数学学科试题 时间：120分钟 分值：150分命题：审题： 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，，则满足条件的集合C的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 2. 已知复数z满足（为虚数单位），则z的虚部是（ ） A. B. 0 C. 1 D. 3. 已知平面向量，，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要 4. 已知，则的值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知为坐标原点，直线与圆相交于，两点，则（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 6. 建设“书香校园”成为越来越多学校的办学追求.在对某高中1000名高一年级学生的图书馆借阅量的调查中，已知这1000名高一年级学生中男生有600人，采用分层随机抽样的方法抽取100人，抽取的样本中男生借阅量的平均数和方差分别为5和6，女生借阅量的平均数和方差分别为10和6，则估计该校学生借阅量的总体方差是（ ） A. 7 B. 8 C. 12 D. 13 7. 德国心理学家赫尔曼·艾宾浩斯研究发现，人类大脑对事物的遗忘是有规律的，他依据实验数据绘制出“遗忘曲线”.“遗忘曲线”中的记忆率随时间（小时）的变化趋势可由函数近似描述，则记忆率由变为时需要经历的时间约为（参考数据：，） A. 1小时 B. 0.5小时 C. 0.8小时 D. 0.4小时 8. 在长方体中，已知，，，点为底面内一点，若和底面所成角与二面角的大小相等，点在底面的投影为点，则三棱锥体积的最小值为（ ） A. B. 2 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. 已知函数的部分图象如图所示，其最小正周期为T，则（ ） A. B. C. 的一个单调递增区间为 D. 为奇函数 10. 若从正方体的八个顶点中任取四个顶点，则下列说法正确的有（ ） A. 若这四点不共面，则这四点构成的几何体的体积都相等 B. 这四点能构成三棱锥的个数为58 C. 若正方体棱长为a，则这四点能构成的所有三棱锥中表面积的最大值为 D. 若这四点分别记为A，B，C，D，则直线与所成的角不可以为30° 11. 旋转变换是原图上所有的点都绕一个固定的点朝同一方向，转动同一个角度.例如， 对任意平面向量，把 绕起点 沿逆时针方向旋转角得到向量 ，这一过程叫做把点绕点逆时针方向旋转 角得到点 .已知椭圆 ，绕坐标原点逆时针旋转得到斜椭圆 ，则下列结论正确的是:（    ） A. 已知点 ，点 ，把点绕点逆时针旋转 得到点 B. 斜椭圆 的离心率是 C. 斜椭圆 方程是 D. 过斜椭圆 在第一象限内的焦点作斜率为 的直线，与斜椭圆交于点 ，则 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 设，且，若能被13整除，则______. 13. 化简的值为______． 14. 截面惯性矩是衡量截面抗弯能力的一个几何参数，若截面图形为矩形，则，其中为矩形的宽，为矩形的高.某木器厂要加工如图所示的长方体实木梁，已知该实木梁的截面图形为矩形，且矩形外接圆的直径为，要使该截面的惯性矩最大，则矩形对应的高应为______. 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. 在中，角所对的边分别为，已知. （1）求； （2）已知是边上的点，，求的最小值. 16. 已知函数． （1）当时，求函数的图象在处的切线与坐标轴所围绕成三角形的面积. （2）若函数在区间内有两个极值点，实数a的取值范围. 17. 如图，在四棱锥中，，，点在上，且． （1）点在线段上，且平面，证明：为线段的中点； （2）若平面与平面所成的角的余弦值为，求的长度． 18. 如图，矩形ABCD中，，，，，，分别是矩形四条边的中点，，，，直线与的交点为M．设点M的轨迹为曲线C． （1）证明曲线C的方程为（）； （2）设曲线C的左顶点为E，右焦点为F，动直线l与曲线C交于P，Q两点. ①设直线EP，EQ的斜率分别为，，且满足，若坐标原点O在直线l上的射影为W，求面积的最大值. ②若l过点F，且P，N关于原点对称，是否存在直线l，使得四边形OFQN的面积为?若存在，求出直线l的条数；若不存在，请说明理由. 19. 设集合，A为M的非空子集，随机变量X，Y分别表示取到子集A中的最大元素和最小元素的数值. （1）若，求且的概率； （2）若的概率为，求n； （3）求随机变量的均值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届高三最后一模 数学学科试题 时间：120分钟 分值：150分命题：审题： 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，，则满足条件的集合C的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，列举出集合C的可能情况即可. 【详解】依题意，集合可以为：， 所以集合C的个数为4. 故选：D 2. 已知复数z满足（为虚数单位），则z的虚部是（ ） A. B. 0 C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，代入已知等式，化简计算求得，即得z的虚部. 【详解】设，代入可得：， 两边取平方，，即得， 故得，故复数z的虚部为1. 故选：C. 3. 已知平面向量，，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量平行的坐标表示以及充分条件和必要条件的定义即可求解． 【详解】因为，， 若，则，解得：， 所以“”可得出“”， 由“”不一定得出， 所以“”是“”充分不必要条件， 故选：A． 4. 已知，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用两角和差的正弦公式得到，再进行弦化切求解即可. 【详解】由两角和差的正弦公式得， 化简得，则 故，故D正确. 故选：D 5. 已知为坐标原点，直线与圆相交于，两点，则（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】根据直线的定点可知，直线必过圆心，由向量分解运算可得结果. 【详解】圆即，圆心为，半径， 又直线恒过定点，所以直线恒过圆心， 又直线与圆交于，两点，所以, 所以， . 故选：D. 6. 建设“书香校园”成为越来越多学校的办学追求.在对某高中1000名高一年级学生的图书馆借阅量的调查中，已知这1000名高一年级学生中男生有600人，采用分层随机抽样的方法抽取100人，抽取的样本中男生借阅量的平均数和方差分别为5和6，女生借阅量的平均数和方差分别为10和6，则估计该校学生借阅量的总体方差是（ ） A. 7 B. 8 C. 12 D. 13 【答案】C 【解析】 【分析】先根据分层抽样计算出抽取人中男生、女生的比例，然后根据总体方差的计算公式求得正确答案. 【详解】名高一学生，男生人，则女生人， 所以抽取的人中，男生人，女生人， 总体平均数为， 所以总体方差为. 故选：C 7. 德国心理学家赫尔曼·艾宾浩斯研究发现，人类大脑对事物的遗忘是有规律的，他依据实验数据绘制出“遗忘曲线”.“遗忘曲线”中的记忆率随时间（小时）的变化趋势可由函数近似描述，则记忆率由变为时需要经历的时间约为（参考数据：，） A. 1小时 B. 0.5小时 C. 0.8小时 D. 0.4小时 【答案】B 【解析】 【分析】分别求出记忆率变为和记忆率变为经历的时间，相减即可. 【详解】设经历时间记忆率变为，则，整理得到， 两边取以10为底的对数，得到，即， 又，，所以，得到. 设经历时间记忆率变为，则，整理得到，得到. 所以记忆率由变为时需要经历的时间约为小时. 故选：B. 8. 在长方体中，已知，，，点为底面内一点，若和底面所成角与二面角的大小相等，点在底面的投影为点，则三棱锥体积的最小值为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意结合和底面所成角与二面角的大小相等，推出Q点在平面内的轨迹为以为焦点，为准线的抛物线，从而求出Q点到的最短距离，即可求出面积的最小值，即可求得答案. 【详解】由题意，平面，所以和底面所成角为， 过Q作，垂足为M，连接， 由于平面，平面，故， 平面，故平面， 平面，故， 则为二面角的平面角，即， 故，故， 则Q点在平面内的轨迹为以为焦点，为准线的抛物线， 如图以为原点所在直线为x轴建立平面直角坐标系， 则抛物线方程为，直线的方程为， 设抛物线的和平行的切线方程为， 联立，得， 令，解得， 即得和之间的距离为， 即Q点到的最短距离为， 而的长为，则面积的最小值为， P点到平面的距离为4，故三棱锥体积的最小值为， 故选：D 【点睛】关键点点睛：注意到三棱锥的高为定值，因此要求三棱锥体积的最小值，即求面积的最小值，因此可判断Q点的轨迹，结合抛物线知识求解. 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. 已知函数的部分图象如图所示，其最小正周期为T，则（ ） A. B. C. 的一个单调递增区间为 D. 为奇函数 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据图象过点求出的值可判断A；求出周期可判断B；求出函数的单调增区间可判断C；求出的解析式，结合诱导公式和奇偶性的概念可判断D. 【详解】由题图可得，所以， 因为，所以当时，，所以，故A正确； ，故B正确； 由，得， 取，可得函数的一个单调递增区间为，故C错误； 因为，，且定义域关于原点对称， 所以为奇函数，故D正确． 故选：ABD 10. 若从正方体的八个顶点中任取四个顶点，则下列说法正确的有（ ） A. 若这四点不共面，则这四点构成的几何体的体积都相等 B. 这四点能构成三棱锥的个数为58 C. 若正方体棱长为a，则这四点能构成的所有三棱锥中表面积的最大值为 D. 若这四点分别记为A，B，C，D，则直线与所成的角不可以为30° 【答案】BCD 【解析】 【分析】举例说明A是错误的；利用组合数公式求三棱锥的个数，判断B的真假；找出表面积最大的三棱锥判断C的真假；找出连接正方体顶点的两条直线所成角的最小值可判断D的真假. 【详解】如图： 对A：设，则，，所以A不正确； 对B：从正方体的8个顶点中任选4个的选法有中，其中不能构成三棱锥的有：①四个点在正方体的一个面上，即所选四点为：,，，，，共6个；②所选四个点在正方体的相对棱上，即所选的四点为：，，，，，，共6个. 所以所选的四个点可以构成三棱锥的个数为：个，故B正确； 对C：正方体棱长为a，从正方体的8个顶点中选3个，构成三角形，其中面积最大的就是象这样的等边三角形，其边长为，面积为，所以四点能构成的所有三棱锥中表面积的最大的就是三棱锥这样的正四面体，其表面积为，故C正确； 对D：在正方体的8个顶点中选4个，连成两条直线，所成的角最小的就是形如直线与的所成的角，设为，则，所以，故D正确. 故选：BCD 11. 旋转变换是原图上所有的点都绕一个固定的点朝同一方向，转动同一个角度.例如， 对任意平面向量，把 绕起点 沿逆时针方向旋转角得到向量 ，这一过程叫做把点绕点逆时针方向旋转 角得到点 .已知椭圆 ，绕坐标原点逆时针旋转得到斜椭圆 ，则下列结论正确的是:（    ） A. 已知点 ，点 ，把点绕点逆时针旋转 得到点 B. 斜椭圆 的离心率是 C. 斜椭圆 方程是 D. 过斜椭圆 在第一象限内的焦点作斜率为 的直线，与斜椭圆交于点 ，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由新定义即可求解，对于B，由原椭圆离心率即可判断，对于C，设上任意一点，绕坐标原点 逆时针旋转得到，由新定义得到，代入原方程即可，对于D，求得交点坐标，代入距离公式即可. 【详解】，由新定义可得， 所以，A正确， 由，可得，其离心率为：，故的离心率为，B错误 设上任意一点，绕坐标原点 逆时针旋转 得到， 由新定义可得：， 所以，代入， 可得：， 也即斜椭圆 方程是 ，C正确， ，右焦点坐标为：，绕坐标原点 逆时针旋转 ， 可得第一象限焦点坐标， 此时过焦点斜率为的直线方程为：， 设与斜椭圆的两交点坐标为， 联立，消去可得：， 所以， 所以， 所以，D正确， 故选：ACD 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 设，且，若能被13整除，则______. 【答案】 【解析】 【分析】由于，利用二项展开式得能被整除，结合的范围求解作答. 【详解】依题意，， 显然是13的整数倍，则要使能被整除， 当且仅当能被整除，而，，则，解得， 所以. 故答案为： 13. 化简的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】依题意可得，利用两角差的正弦公式、二倍角公式及诱导公式计算可得. 【详解】 . 故答案为： 14. 截面惯性矩是衡量截面抗弯能力的一个几何参数，若截面图形为矩形，则，其中为矩形的宽，为矩形的高.某木器厂要加工如图所示的长方体实木梁，已知该实木梁的截面图形为矩形，且矩形外接圆的直径为，要使该截面的惯性矩最大，则矩形对应的高应为______. 【答案】 【解析】 【分析】连接，由题意可知，，则，所以，令，则，然后构造函数利用导数可求出其最大值，从而可求出高. 【详解】连接，由题意可知， 因为，所以为矩形外接圆的直径，所以， 所以，所以， 因为，所以， 令，则， 令， 则， 当时，，当时，， 所以在上递增，在上递减， 所以当时，取得最大值，即取得最大值，此时也取得最大值， 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. 在中，角所对的边分别为，已知. （1）求； （2）已知是边上的点，，求的最小值. 【答案】（1） （2）最小值为9 【解析】 【分析】（1）先应用正弦定理角化边，再结合余弦定理求解即可； （2）先根据面积公式列式得出，最后应用基本不等式计算求解最小值即可. 【小问1详解】 因为， 所以， 即， 可得， 因为，所以. 【小问2详解】 由可得， 即， 可得， 所以， 当且仅当时等号成立， 所以的最小值为9. 16. 已知函数． （1）当时，求函数的图象在处的切线与坐标轴所围绕成三角形的面积. （2）若函数在区间内有两个极值点，实数a的取值范围. 【答案】（1）1 （2）． 【解析】 【分析】（1）当时，求出及得值，根据导数的几何意义求出切线方程，即可求解与坐标轴围成的三角形面积； （2）原问题等价于，即有两个不等实根，由一元二次方程根的分布即可求解. 【小问1详解】 当时，， 则，， 所以， 所以切线方程为，与坐标轴的交点为， 所以与坐标轴围成的三角形的面积为． 【小问2详解】 令，则， 令，设函数在区间内的两个极值点为，， 则，是一元二次方程的两根. 因为，所以．又由对称轴满足，知， 所以，解得． 此时，， 列表如下： x + 0 0 + 极大值 极小值 此时函数有两个极值点，所以． 17. 如图，在四棱锥中，，，点在上，且． （1）点在线段上，且平面，证明：为线段的中点； （2）若平面与平面所成的角的余弦值为，求的长度． 【答案】（1）见解析 （2）的长度为或 【解析】 【分析】（1）过点作交于点，连接，由线面平行的性质定理证明，即可证明； （2）建立空间直角坐标系，设，求出直线的方向向量和平面的法向量，由线面角的向量公式即可得出答案. 【小问1详解】 连接，过点作交于点，连接， 又因为，所以，所以四点共面， 因为平面，平面，平面平面， 所以，所以四边形是平行四边形， 所以，所以，所以为线段的中点； 【小问2详解】 连接，因为，所以四边形是平行四边形， 所以，因为平面所以平面 又因为，所以建立如图所示的空间直角坐标系， 设， ，设平面的法向量为， ， 所以，令，，所以， 所以与平面所成的角的余弦值为， 所以与平面所成的角的正弦值为， 即， 所以，化简可得：， 解得：或，即或， 所以或. 18. 如图，矩形ABCD中，，，，，，分别是矩形四条边的中点，，，，直线与的交点为M．设点M的轨迹为曲线C． （1）证明曲线C的方程为（）； （2）设曲线C的左顶点为E，右焦点为F，动直线l与曲线C交于P，Q两点. ①设直线EP，EQ的斜率分别为，，且满足，若坐标原点O在直线l上的射影为W，求面积的最大值. ②若l过点F，且P，N关于原点对称，是否存在直线l，使得四边形OFQN的面积为?若存在，求出直线l的条数；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）①；②存在，2条 【解析】 【分析】（1）设，分别表示出直线的方程和直线的方程，两式相乘化简即可得出答案. （2）①先明确曲线顶点、焦点，设直线方程并联立椭圆方程，利用韦达定理结合斜率条件确定直线过定点Z，点W的轨迹是以OZ为直径的圆，进而计算得出面积表达式；②设过焦点的直线方程，联立椭圆方程后用韦达定理，将四边形面积转化为三角形面积作差，通过换元、函数单调性分析，结合面积值判断直线条数. 【小问1详解】 显然，设， 因为，，所以，， 当时，则直线的方程为①， 直线的方程为② ①×②得：即. 故曲线方程为，得证. 【小问2详解】 ①由，设直线：，，， 直线EP，EQ的斜率分别为，，且满足， 联立，得. ， ，，， 即， 化简可得：，解得：，则直线过. 得直线PQ过定点，而点W是坐标原点O在直线l上的射影， 所以点W的轨迹是以OZ为直径的圆（除去与x轴的交点）. 因为该圆的圆心为，半径， 所以面积的最大值为． ②满足题意的直线条数有两条，证明如下： 由题意可知直线PQ的斜率不为0，设，，，不妨令，， 联立，可得 因为四边形OFQN的面积为， 所以， 因为，代入①可得，， 代入②可得， 所以，即或， 令，则， 令因为恒成立，所以，即在上单调递增， 因为，由零点存在性定理可知： 所以在上有唯一零点， 综上所述，满足题意的直线l有两条. 19. 设集合，A为M的非空子集，随机变量X，Y分别表示取到子集A中的最大元素和最小元素的数值. （1）若，求且的概率； （2）若的概率为，求n； （3）求随机变量的均值． 【答案】（1） （2）4 （3）． 【解析】 【分析】（1）当时，集合的非空子集个数为个，结合题意，得到集合中一定含有和，将和绑定，得到满足且的集合得个数，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解； （2）根据题意，利用集合子集的运算，得到，列出方程，即可求解； （3）根据题意，利用集合子集的计算，求得和，结合，即可求解. 【小问1详解】 由题意，集合A中的最大元素和最小元素分别为4，2， 符合条件的集合A只有与，共2个， 当时，集合M的非空子集个数为个； 所以． 【小问2详解】 M的非空子集的个数为， 所以， 解得，即． 【小问3详解】 集合M的非空子集共有个， 其中，最大值X为n的子集可视为的子集与集合的并集，共有个； 同上可知，X为的子集共有个，X为的子集共有个，…，X为1的子集共有个，所以． 最小值为1的子集可视为的子集与集合的并集，共有个； 同理，Y为2的子集共有个，Y为3的子集共有个，………，Y为n的子集共有个， 所以． 所以 ． 即随机变量的均值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $