精品解析：陕西省渭南市大荔县大荔中学2025届高三下学期5月月考数学试题

2025届高考信息卷·数学 本试卷满分150分，考试时间120分钟. 一、选择题：本大题共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. 已知为虚数单位，复数满足，则（ ） A. B. 5 C. D. 2 3. 已知向量，，则在方向上的投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知正四棱锥的底面边长为2，侧面积为，则该四棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 6. 设函数，对有成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 不等式对任意恒成立，则的最小值为（ ） A. B. C. 2 D. 8. 二元函数表示有两个自变量的函数，其中，如为一个二元函数．设为正整数，二元函数满足，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 随机变量，且，则 B. 随机变量Y服从两点分布，且，则 C. 对a，b两个变量进行相关性检验，得到相关系数为，对m，n两个变量进行相关性检验，得到相关系数为0.8278，则a与b负相关，m与n正相关，其中m与n的相关性更强 D. 在的展开式中，偶数项系数的二项式系数和为32 10. 已知函数，则（ ） A. 为其定义域上的增函数 B. 为偶函数 C. 的图象与直线相切 D. 有唯一的零点 11. 如图，圆锥的顶点为，将半径为的球置于该圆锥内，使得球与圆锥侧面相切于圆，平面与球切于点为圆上一点，四点共面，且平面，平面截该圆锥所得截口曲线为为曲线上一动点，记圆所在平面为平面，垂足为交圆于点，，则下列选项正确的有（ ） A. B. C. 是双曲线的一部分 D. 若越大，则曲线的开口越大 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 将一装有适量水的圆柱容器斜靠在墙面，已知墙面与水平地面垂直，若圆柱轴线与水平地面所成角为，则液面所呈椭圆的离心率为______． 13. 设是定义域的子集，对，将的最大值称为在上的振幅，记作．若曲线在点处的切线斜率为3，且，则______． 14. 数学老师在黑板上写上一个实数，然后老师抛掷一枚质地均匀的硬币，如果正面向上，就将黑板上的数乘以再加上3得到，并将擦掉后将写在黑板上；如果反面向上，就将黑板上的数除以再减去3得到，也将擦掉后将写在黑板上．然后老师再抛掷一次硬币重复刚才的操作得到黑板上的数为．现已知的概率为0.5，则实数的取值范围是__________． 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. 已知O为△ABC外心，S为△ABC面积，r为⊙O半径，且满足 （1）求∠A大小； （2）若D为BC上近C三等分点（即），且，求S最大值． 16. 已知，是过点的两条互相垂直的直线，且与椭圆相交于A，B两点，与椭圆相交于C，D两点． （1）求直线的斜率k的取值范围； （2）若线段，的中点分别为M，N，证明直线经过一个定点，并求出此定点的坐标． 17. 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是梯形，，，，，，E为AB的中点，M为CE的中点. （1）证明：； （2）若，N为PC中点，且AN与平面PDM所成角的正弦值为，求四棱锥的体积. 18. 已知函数. （1）若，求在点处的切线方程； （2）若，当时，，求b的取值范围； （3）若，求a的取值范围. 19. 每个正整数有唯一的“阶乘表示”为（，，…，），这些满足，其中每个都是整数，且，. （1）求正整数3，4，5，6的“阶乘表示”； （2）若正整数对应的“阶乘表示”为（，，…，），正整数对应的“阶乘表示”（，，…，），其中，求证：； （3）对正整数，记，表示不超过的最大整数，数列前项和为，若，当最小时，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届高考信息卷·数学 本试卷满分150分，考试时间120分钟. 一、选择题：本大题共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】D 【解析】 【分析】根据题意化简集合N，进而可得交集. 【详解】由题意可得：， 且，所以. 故选：D. 2. 已知为虚数单位，复数满足，则（ ） A. B. 5 C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的除法求出复数，再利用复数模长公式即可求解. 【详解】因为， 所以， 所以， 故选：A. 3. 已知向量，，则在方向上的投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据在方向上的投影向量为即可求解. 【详解】，， 所以在方向上的投影向量为 故选：B. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据余弦的和角公式以及弦切互化，即可求解，即可由余弦的差角公式求解. 【详解】由可得， 解得， 故， 故选：B 5. 已知正四棱锥的底面边长为2，侧面积为，则该四棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出棱锥的斜高和高，求外接球的半径，由球的表面积公式即可求解. 【详解】设正四棱锥的斜高为，高为h，外接球的半径为R，相交于点， 因为正四棱锥侧面积为，则，解得， 故，取的中点，连接，故， 则正四棱锥的高， 其中，则， 其中， 则，即，解得， 则该四棱锥的外接球的表面积 故选：B. 6. 设函数，对有成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件得到在上单调递增，再利用分段函数的单调性，列不等式组，即可求解. 【详解】由题知在上单调递增， 所以，解得， 故选：A. 7. 不等式对任意恒成立，则的最小值为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】易知方程有两个异号实根，不妨令，对于，若对任意有意义，则，即．然后分，，讨论求解. 【详解】易知方程有两个异号实根，不妨令，对于，若对任意有意义，则，即．当时，若对任意恒成立，则；当时，对于恒成立，则当时，，与已知矛盾；当时，在上单调递增，则要使得在时恒成立，必有成立．所以，且，所以，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为． 故选：B． 8. 二元函数表示有两个自变量的函数，其中，如为一个二元函数．设为正整数，二元函数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知，推得，再由，推得，即可求得. 【详解】已知， 则， ， 以此类推，，则， 又， 则， ， 以此类推，， 所以. 故选：B. 二、多项选择题：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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 随机变量，且，则 B. 随机变量Y服从两点分布，且，则 C. 对a，b两个变量进行相关性检验，得到相关系数为，对m，n两个变量进行相关性检验，得到相关系数为0.8278，则a与b负相关，m与n正相关，其中m与n的相关性更强 D. 在的展开式中，偶数项系数的二项式系数和为32 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用正态分布的概率分布曲线的对称性即可计算判断A；运用两点分布的数学期望、方差的定义与性质即可判断B；利用两变量相关系数的意义即可判断C；利用二项展开式的二项式系数特点即可判断D． 【详解】对于A，由题意得，，， 则，故A正确； 对于B，因为两点分布的， 所以， 所以，故B正确； 对于C，因为，且， 所以a与b负相关，m与n正相关，且a与b的相关性更强，故C错误； 对于D，由的展开式知，取，得， 取，得， 两式相减可得，，所以， 所以的展开式中偶数项的二项式系数和为32，故D正确. 故选：ABD． 10. 已知函数，则（ ） A. 为其定义域上的增函数 B. 为偶函数 C. 的图象与直线相切 D. 有唯一的零点 【答案】AD 【解析】 【分析】求出判断函数奇偶性，通过对函数求导，即可求出其单调性，切线和零点是否唯一. 【详解】由题意， 在中，定义域为， ， ∴为上的增函数，A正确； ， ∴为奇函数，B错误； ∵当时，解得：， 此时， ∴斜率为0的切线为，不可能为直线， ∴C错误； 为上的增函数，， ∴有唯一的零点，D正确. 故选：AD. 11. 如图，圆锥的顶点为，将半径为的球置于该圆锥内，使得球与圆锥侧面相切于圆，平面与球切于点为圆上一点，四点共面，且平面，平面截该圆锥所得截口曲线为为曲线上一动点，记圆所在平面为平面，垂足为交圆于点，，则下列选项正确的有（ ） A. B. C. 是双曲线的一部分 D. 若越大，则曲线的开口越大 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据圆的切线性质判定A； 根据面面垂直，线面垂直性质得到，再用线性平行得结论判定B； 作垂直平面于H，结合等角定理得到，进而得，最后均为球的切点，得，得到， 进而得到的轨迹为拋物线，判定C； 圆锥过的轴截面，画出图，计算出，得到方程可得该抛物线的开口随着的增大而增大判定D. 【详解】因为均为球的切点，易得，A正确； 设平面平面，直线交于， 因为，所以， 因为，所以， ，所以， 由平面， 所以平面， 平面， 所以， 又，所以， 因为，所以正确； 作垂直平面于H，又因为， 所以， 由等角定理可得， 平面， 得， ， 又均为球的切点，则易得， 所以恒有， 即，其中为定点，为到定直线的距离， 所以的轨迹为拋物线，C错误； 圆锥过的轴截面，如图所示， 取中点，易知为的中点， 所以，所以， ， 在平面内，若以为坐标原点，为轴正向，可得方程为可得该抛物线的开口随着的增大而增大，D正确. 【点睛】关键点睛：涉及与旋转体有关的组合体，作出轴截面，借助平面几何知识解题是解决问题的关键. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 将一装有适量水的圆柱容器斜靠在墙面，已知墙面与水平地面垂直，若圆柱轴线与水平地面所成角为，则液面所呈椭圆的离心率为______． 【答案】##0.5 【解析】 【分析】根据题意得到的值，然后利用离心率公式求出椭圆的离心率. 【详解】设圆柱的底面半径为，由题意可知， ，即， 因此，该椭圆的离心率为. 故答案为：. 13. 设是定义域的子集，对，将的最大值称为在上的振幅，记作．若曲线在点处的切线斜率为3，且，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，由振幅的定义可得，再由导数的几何意义可得，然后联立方程，即可得到结果. 【详解】， 当，时，单调递增，所以， 则，又，则，两式联立得. 故答案为： 14. 数学老师在黑板上写上一个实数，然后老师抛掷一枚质地均匀的硬币，如果正面向上，就将黑板上的数乘以再加上3得到，并将擦掉后将写在黑板上；如果反面向上，就将黑板上的数除以再减去3得到，也将擦掉后将写在黑板上．然后老师再抛掷一次硬币重复刚才的操作得到黑板上的数为．现已知的概率为0.5，则实数的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】构造函数，，由两次复合列出不等式求解即可. 【详解】由题意构造，， 则有，，，． 因为，恒成立， 又的概率为0.5， 所以必有或者解得． 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. 已知O为△ABC外心，S为△ABC面积，r为⊙O半径，且满足 （1）求∠A大小； （2）若D为BC上近C三等分点（即），且，求S最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由向量的运算整理可得，结合正弦定理、余弦定理和面积公式运算求解； （2）根据题意结合向量可得，再结合数量积可得，利用基本不等式可得，再结合面积公式即可得结果. 【小问1详解】 取的中点，连接，则， 可得： 由，可得， 则，即， 整理得， 由余弦定理，可得， ∵，故. 【小问2详解】 由题意可得：， 则， 可得：，则，当且仅当，即时等号成立， 即，则. 故S最大值为. 16. 已知，是过点的两条互相垂直的直线，且与椭圆相交于A，B两点，与椭圆相交于C，D两点． （1）求直线的斜率k的取值范围； （2）若线段，的中点分别为M，N，证明直线经过一个定点，并求出此定点的坐标． 【答案】（1）； （2）直线经过一个定点，定点.证明如下： 设，，由（1）得， 所以，则， 所以，则， 同理， 则直线的方程为， 化简整理得 因此直线经过一个定点． 【解析】 【分析】（1）根据直线，均与椭圆相交，联立方程利用求解；（2）利用韦达定理分别求M，N的坐标，进而求出直线的方程判断定点． 【小问1详解】 根据题意直线，的斜率均存在且不为0 直线，分别为，， 联立得， 由得，则或， 同理，则， 所以k的取值范围为． 【小问2详解】 略 17. 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是梯形，，，，，，E为AB的中点，M为CE的中点. （1）证明：； （2）若，N为PC中点，且AN与平面PDM所成角的正弦值为，求四棱锥的体积. 【答案】（1）证明如下： 在梯形ABCD中，连接交BD于CE一点， 因为且， 所以四边形CDBE为平行四边形， 所以BD与CE的交点即为CE中点M. 由已知可得，，，， 由余弦定理得, 所以三角形为直角三角形， 所以， 又，， 所以,且, 所以平面PBD， 又平面PBD， 所以. （2） 【解析】 【分析】（1）利用勾股定理证明垂直，再利用题干得，即可得到平面PBD，即可得到结论. （2）建立空间直角坐标系，利用线面所成角的向量求法解得高度h，即可求得四棱锥的体积. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，平面PDM，如图，以D为坐标原点，分别以DB，DC为x，y轴，垂直于底面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系，则，， 设，则，， 平面PDM的一个法向量为， 设直线AN与平面PDM所成角为， 则， 化简得. 由，可得，求得，. 故. 18. 已知函数. （1）若，求在点处的切线方程； （2）若，当时，，求b的取值范围； （3）若，求a的取值范围. 【答案】（1）； （2）； （3） 【解析】 【分析】（1）时，求出点和，再由点斜式即可求解； （2）先由得，当时将转化为，构造函数，求出并令即可求解； （3）先由题意求出，接着由得或再分、和三种情况结合题设利用导数工具分析求解即可. 【小问1详解】 由得，则， 所以切线斜率，又，则切线方程为，即 【小问2详解】 由，得， 当时，，所以 当时，转化为， 令，则， 因为，所以， 当时，，所以在递减， 当时，，所以在递增， 所以，得. 综上，. 【小问3详解】 设，则， 又，则， 即，解得，所以， 一方面，对任意，有，即 另一方面，若方程存在除a以外的其他解，则方程需无解. 求导得，由得或 ①当，时， ，在R上递增，方程有唯一解a，满足题意. ②当时，当时，，在区间递减； 当时，，在区间和上递增，此时极大值，所以方程有唯一解a，满足题意. ③当时，当时，，在区间递减； 当时，在区间和上递增， 此时极大值为，极小值为， （i）当时，则极小值，又时，， 所以存在，满足，且方程有解，不满足题意. （ii）当时，则极小值， 此时若方程有除a以外的其他解t，必有， 而极小值，且当时，， 所以无解，满足题意.综上， 19. 每个正整数有唯一的“阶乘表示”为（，，…，），这些满足，其中每个都是整数，且，. （1）求正整数3，4，5，6的“阶乘表示”； （2）若正整数对应的“阶乘表示”为（，，…，），正整数对应的“阶乘表示”（，，…，），其中，求证：； （3）对正整数，记，表示不超过的最大整数，数列前项和为，若，当最小时，求的值. 【答案】（1），， （2） 因为，因为，故， 所以，由于，所以， 即， 依次化简可得，所以. （3）8 【解析】 【分析】（1）根据阶乘表示的概念解题即可； （2）表示出和，再用作差法计算证明； （3）用数列累加法求和，结合解不等式组即可. 【小问1详解】 因为，故“阶乘表示”为； ，故“阶乘表示”为； ，故“阶乘表示”为； 因为，故“阶乘表示”为； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由于，由于， 故， 所以， 即， 累加可得， 即.当，时取到最小值， 此时，解得，即，所以. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解定义，方可使用定义验证或探究结论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $