精品解析：江苏省盐城中学2025届高三5月仿真模拟考试数学试题

2025届高三全仿真模拟考试 数学试卷 2025.5 命题人：胥荣华 王波 审题人：蔡广军 试卷说明：本场考试时间120分钟，总分150分. 一､单项选择题：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，则在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 实轴上 B. 虚轴上 C. 直线上 D. 直线上 2. 某市AI智能机器人比赛项目有29位同学参赛，他们在预赛中所得的积分互不相同，只有积分在前15名的同学才能进入决赛.若某同学知道自己的积分后，要判断自己能否进入决赛，则他只需要知道这29位同学的预赛积分的（ ） A. 中位数 B. 众数 C. 平均数 D. 极差 3. 在梯形中，，，，，，则（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 12 4. 若为一组从小到大排列的数1，2，4，6，9，10的第60百分位数，在的展开式中，的系数为（ ） A. 30 B. 60 C. 40 D. 5. 现有一块棱长为2的正四面体木料，用平行于该木料底面的一个平面将木料截成两部分，若这两部分的表面积相等，则该平面在木料上的截面面积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知是公差不为0的等差数列，其前项和为，则“，”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 已知椭圆的焦距为，若直线恒与椭圆有两个不同的公共点，则椭圆的离心率范围为（ ） A. B. C. D. 8. 在平面直角坐标系xOy中，设都是锐角，始边都是x轴的非负半轴，终边分别与单位圆交于点，且，则的最大值为（ ） 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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列结论正确的是（ ） A 若随机变量，则 B. 回归直线方程为，则样本点的残差为0.1 C 随机变量，当，都减小时，概率增大 D. 测量重力加速度大小实验中所测的值服从正态分布，则越大时，测得的在间的概率越大 10. 在斜三角形中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若，则（ ） A. 为锐角三角形 B. 若，则 C. 的最小值为 D. 11. 已知函数，其中为自然对数的底数，则（ ） A. 若为减函数，则 B. 若存在极值，则 C. 若，则 D. 若，则 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，则的对称中心为_____. 13. 设函数.若函数在和的切线互相平行，则两平行线之间距离的最大值为__________. 14. 记为数列的前n项和，且，若每个数字出现的概率相同，则是奇数的概率为__． 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. 已知的内角对应的边分别为，的面积为． （1）求证：； （2）点在边上，若，求． 16. 如图，在四棱台中，底面是边长为2的菱形，，，点分别为的中点． （1）证明：直线面； （2）求二面角的余弦值． 17. 杭州是国家历史文化名城，为了给来杭州的客人提供最好的旅游服务，某景点推出了预订优惠活动，下表是该景点在某App平台10天预订票销售情况： 日期 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 销售量（万张） 1.93 195 1.97 1.98 2.01 2.02 2.02 2.05 2.07 0.5 经计算可得：. （1）因为该景点今年预订票购买火爆程度远超预期，该App平台在第10天时系统异常，现剔除第10天数据，求关于的线性回归方程（结果中的数值用分数表示）； （2）该景点推出团体票，每份团体票包含四张门票，其中张为有奖门票（可凭票兑换景点纪念品），的分布列如下： 2 3 4 今从某份团体票中随机抽取2张，恰有1张为有奖门票，求该份团体票中共有3张有奖门票概率. 附：对于一组数据，其回归线的斜率和截距的最小二乘估计分别为： 18. 已知双曲线的右顶点到其渐近线的距离为，点在上. （1）求的方程； （2）过点的直线交双曲线于，两点. （ⅰ）若与的渐近线交于点，，且（是坐标原点），求的方程； （ⅱ）记，若点满足，求点的轨迹方程. 19. 已知函数，，，…，． （1）若，，，…，，求的值； （2）若，集合，集合，为的子集，它们各有个元素，且．设，，，，…，，且，，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025届高三全仿真模拟考试 数学试卷 2025.5 命题人：胥荣华 王波 审题人：蔡广军 试卷说明：本场考试时间120分钟，总分150分. 一､单项选择题：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，则在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 实轴上 B. 虚轴上 C. 直线上 D. 直线上 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的乘、除法运算化简，由几何意义可得复数所对应的点的坐标，从而判断其位置. 【详解】因为，所以 所以复数所对应的点坐标为，位于直线上. 故选：C. 2. 某市AI智能机器人比赛项目有29位同学参赛，他们在预赛中所得的积分互不相同，只有积分在前15名的同学才能进入决赛.若某同学知道自己的积分后，要判断自己能否进入决赛，则他只需要知道这29位同学的预赛积分的（ ） A. 中位数 B. 众数 C. 平均数 D. 极差 【答案】A 【解析】 【分析】根据中位数的概念判断即可. 【详解】因为29位同学的积分，中位数是第15 名， 所以知道中位数即可判断是否在前15，即是否能进决赛. 故选：. 3. 在梯形中，，，，，，则（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 12 【答案】C 【解析】 【分析】将用来表示，再求数量积即可. 【详解】由题可知，所以， 因， 则 故选：C. 4. 若为一组从小到大排列的数1，2，4，6，9，10的第60百分位数，在的展开式中，的系数为（ ） A. 30 B. 60 C. 40 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意，根据百分位数的定义可得，再写出二项式的通项，可得结果． 【详解】因为为一组从小到大排列的数1，2，4，6，9，10的第60百分位数， 且，所以， 所以的展开式的通项为， 令，所以展开中的系数为. 故选：B 5. 现有一块棱长为2的正四面体木料，用平行于该木料底面的一个平面将木料截成两部分，若这两部分的表面积相等，则该平面在木料上的截面面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】画出图形，设，分别求出四面体的表面积和三棱台的表面积，由这两部分的表面积相等，求出，即可求出截面面积. 【详解】如图正四面体，， ，令，截面， 因为，所以，即，则， ，所以四面体为正四面体， 四面体的表面积为：， 设梯形的高为，的高为， 所以梯形的面积为， 所以三棱台的表面积为：， 又，所以，解得：， 所以截面. 故选：D. 6. 已知是公差不为0的等差数列，其前项和为，则“，”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据充分条件和必要条件的定义，分别判断“”能否推出“”以及“”能否推出“”，进而确定两者之间的条件关系. 【详解】若，这意味着是数列中的最小值. 因为是公差不为的等差数列，所以该数列的前项和是关于的二次函数（且二次项系数不为），其图象是一条抛物线. 当是最小值时，说明从第项开始数列的项变为正数，即，且. 所以由“”可以推出“”，充分性成立. 若，仅知道第项是非正的，但无法确定就是的最小值. 例如，，就不是最小值，即不能推出，必要性不成立. 因为充分性成立，必要性不成立，所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：C 7. 已知椭圆的焦距为，若直线恒与椭圆有两个不同的公共点，则椭圆的离心率范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据椭圆焦点坐标以及直线过定点可得点在椭圆内部，整理不等式可得离心率. 【详解】将直线整理可得， 易知该直线恒过定点， 若直线恒与椭圆有两个不同的公共点，可知点在椭圆内部； 易知椭圆上的点当其横坐标为时，纵坐标为，即可得， 整理可得，即， 解得. 故选：A 8. 在平面直角坐标系xOy中，设都是锐角，的始边都是x轴的非负半轴，终边分别与单位圆交于点，且，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知有，应用倍半角公式化简可得，即，再由，即可求最大值. 【详解】由题设， 而， ， 所以，又， 所以，则， 所以，当且仅当时取等号， 由， ， 由. 故选：D 【点睛】关键点点睛：应用三角恒等变换将条件化为，得到为关键. 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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列结论正确的是（ ） A. 若随机变量，则 B. 回归直线方程为，则样本点的残差为0.1 C. 随机变量，当，都减小时，概率增大 D. 测量重力加速度大小实验中所测的值服从正态分布，则越大时，测得的在间的概率越大 【答案】AB 【解析】 【分析】根据二项分布的方差及方差的性质即可判断A；根据残差的定义即可判断B；根据正态分布即可判断CD． 【详解】对于A，若随机变量，则，所以，故A正确； 对于B，当时，，残差为，故B正确； 对于C，根据正态分布准则，在正态分布中，随机变量分布在的概率为常数，故，故C错误； 对于D，当为定值时，正态密度曲线的峰值与成反比，越大，峰值越低，测得的越分散，即在间的概率越低，故D错误； 故选：AB． 10. 在斜三角形中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若，则（ ） A. 锐角三角形 B. 若，则 C. 的最小值为 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】由诱导公式即可判断A，由正弦定理即可判断B，由条件可得，结合基本不等式代入计算，即可判断C，由条件可得，然后换元，结合二次函数的值域，即可判断D. 【详解】对于A，由可得， 则或，即或， 因为三角形为斜三角形，若，则，， 不符合斜三角形，所以，即为钝角，为钝角三角形，故A错误； 对于B，由正弦定理可得，则， 所以，故B正确； 对于C，由，可得， 且，则， 则 ， 当且仅当时，即时，等号成立，故C正确； 对于D，由C可知，， 则， 令， 由可得，则， 所以，故， 且， 所以， 当时，取得最大值， 当或时，最小值为， 所以，故D正确； 故选：BCD 11. 已知函数，其中为自然对数的底数，则（ ） A. 若为减函数，则 B. 若存在极值，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】对求导可得，当时，也为减函数，可得A错误；若存在极值可知存在“变号”零点，可得B正确；由可得，构造并判断单调性可得，C正确；由可得，易知，可得，构造函数并判断单调性即可求得，D正确. 【详解】因为，所以， 所以当时，为减函数，A错误． 若存在极值，则存在“变号”零点． 因为可得，所以，即，B正确． 若，则，即． 令，则， 所以当时，，当时，， 所以在上为减函数，在上是增函数， 所以，所以，C正确． 若，即．由，得，即， 所以，易知，所以． 设，． 设，所以在上单调递增， 结合，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增． 所以，所以，即，D正确． 故选：BCD． 【点睛】方法点睛：在求解参数取值范围时，往往根据已知条件得出变量之间的基本关系，通过构造函数得出函数单调性即可求得参数取值范围. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，则的对称中心为_____. 【答案】， 【解析】 【分析】结合函数图象变换结论求函数的函数解析式，结合正切函数的性质列关系式求对称中心的横坐标，由此确定对称中心坐标即可. 【详解】由题意，函数， 令，解得，， 则的对称中心为，. 故答案为：，. 13. 设函数.若函数在和的切线互相平行，则两平行线之间距离的最大值为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】求出函数的导数，利用导数的几何意义及平行关系求出切线方程，进而求出最大距离. 【详解】函数，求导得， 依题意，，即，解得， 则两条切线的斜率为，对应的两个切点为， 切线方程为和，即和， 切线过定点，切线过定点， 所以两平行线之间距离的最大值为. 故答案为：. 14. 记为数列的前n项和，且，若每个数字出现的概率相同，则是奇数的概率为__． 【答案】 【解析】 【分析】记事件为“为奇数”，事件为“为偶数”，由题可得，设，可得，结合，可得答案. 【详解】记事件为“为奇数”，事件为“为偶数”. 由题可知，当为奇数时，若2，则仍然为奇数， 若为偶数，或3时，仍然为奇数， 从而： 设，注意到， 则， 进而，易得， 则，则是奇数的概率为. 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. 已知的内角对应的边分别为，的面积为． （1）求证：； （2）点在边上，若，求． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角形面积公式可得，进而得到，然后利用正弦定理即可求解； （2）结合（1）的结论，利用余弦定理即可求解. 【小问1详解】 ，则， 即，即， 故，由正弦定理得. 【小问2详解】 由，由（1）可知， 则，可得为等边三角形， 则，从而， 在中，由余弦定理可得， 又，所以， 所以. 16. 如图，在四棱台中，底面是边长为2的菱形，，，点分别为的中点． （1）证明：直线面； （2）求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）设与相交于点，连接，证明四边形为平行四边形，则，再根据线面平行的判定定理即可得证； （2）连接，证明平面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【小问1详解】 如图，设与相交于点，连接， 分别为中点， 且，又且， 且，∴四边形为平行四边形， ， 又面面直线面； 【小问2详解】 因为为中点， 所以， 连接，则且， 四边形为平行四边形， ，等边中，， ，从而， 因为平面， 所以平面， 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设平面的法向量， 由，可取， 设平面的法向量为， 由，可取， 所以， 由图可知，二面角为钝二面角， 所以二面角的余弦值为． 17. 杭州是国家历史文化名城，为了给来杭州的客人提供最好的旅游服务，某景点推出了预订优惠活动，下表是该景点在某App平台10天预订票销售情况： 日期 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 销售量（万张） 1.93 1.95 1.97 1.98 2.01 2.02 2.02 2.05 2.07 05 经计算可得：. （1）因为该景点今年预订票购买火爆程度远超预期，该App平台在第10天时系统异常，现剔除第10天数据，求关于的线性回归方程（结果中的数值用分数表示）； （2）该景点推出团体票，每份团体票包含四张门票，其中张为有奖门票（可凭票兑换景点纪念品），的分布列如下： 2 3 4 今从某份团体票中随机抽取2张，恰有1张为有奖门票，求该份团体票中共有3张有奖门票的概率. 附：对于一组数据，其回归线的斜率和截距的最小二乘估计分别为： 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）根据题意，由线性回归方程的公式代入计算，即可得到结果； （2）根据题意，由全概率公式可得恰有1张为有奖门票概率，再结合条件概率公式代入计算，即可求解. 【小问1详解】 设关于的线性回归方程：， 则， ， 所以， 所以关于的线性回归方程是. 【小问2详解】 记“从某份团体票中随机抽取2张，恰有1张为有奖门票”为事件A， “该份团体票中共有张有奖门票”为事件，则， ，所以， ，所以， . 所以 则所求概率是. 18. 已知双曲线的右顶点到其渐近线的距离为，点在上. （1）求的方程； （2）过点的直线交双曲线于，两点. （ⅰ）若与的渐近线交于点，，且（是坐标原点），求的方程； （ⅱ）记，若点满足，求点的轨迹方程. 【答案】（1） （2）（i）或；（ii） 【解析】 【分析】（1）先求得到双曲线右顶点为和一条渐近线方程为，结合题意，列出方程组，求得的值，即可求得双曲线的方程； （2）（ⅰ）设直线的方程为，联立方程组，得到，求得，得到，再联立方程组，求得的坐标，得到，结合，求得，即可得到直线的方程； （ⅱ）设，由，得到，再由表示出，化简可得到点的轨迹方. 【小问1详解】 解：由双曲线，可得右顶点为，其中一条渐近线方程为， 因为双曲线经过点，可得， 又因为右顶点到渐近线的距离为，可得， 联立方程组，解得，所以双曲线的方程为. 【小问2详解】 解：（ⅰ）由双曲线，可得渐近线方程为，即， 设直线的方程为，且， 联立方程组，整理得， 则且，解得， 可得， 则， 即，所以， 联立方程组，解得， 所以， 因为，可得，解得， 所以直线的方程为，即或. （ⅱ）设， 由，可得，可得， 又由，可得， 所以， 又， 所以， 所以点的轨迹方程为. 19. 已知函数，，，…，． （1）若，，，…，，求的值； （2）若，集合，集合，为的子集，它们各有个元素，且．设，，，，…，，且，，证明：． 【答案】（1）； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）对函数求导研究其单调性，进而得到，构造研究其零点得，即可得； （2）由题意有一个零点，记，，在上一个零点，记为，并有，根据已知至少有个元素，且包含个正数，个负数，利用集合性质得，由零点得，构造，导数研究其单调性得，即可证结论. 【小问1详解】 ， 当时，，当时，， 在上单调递减，在上单调递增． 的最小值为.又， 设，， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， ，又，，当且仅当时取等号， 所以，且，，故． 【小问2详解】 ，， 有一个零点，记，而， ，则． 又，且， 故在上还有一个零点，记为， 由的单调性知，恰有两个零点，，且， 而，为的子集，它们各有个元素，且，则至少有个元素． 而的元素只可能在，，，，…，，之中，这表明它们两两不等， 且，所以包含个正数，个负数． 而，为的子集，它们各有个元素，且，则，． 设包含个负数，个正数，则包含个负数，个正数， ，，，. ，，从而． ， ． 设，则， 设，则， 单调递增，，又， ，所以． 由（1）知，在上单调递减，在上单调递增． ，即， ， . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$