精品解析：2025届湖北省黄冈市蕲春县实验高级中学高三模拟预测数学试题

蕲春实高2025届高三第五次模拟考试 数学 命题:詹满霖 梅霞珍 审题: 许胜宝 肖玉容 ★祝考试顺利★ 本试卷共19题，满分150分.考试用时120分钟. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求. 1. 已知集合，则（     ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用分式不等式和一元二次不等式可求得集合 ，再利用交集运算法则可得结果. 【详解】对于集合， ，进一步化简为， 所以或. 对于集合，因式分解得， 所以或. 所以或. 故选：C 2. 若平面向量，则的最小值为（     ） A. 2 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量平行的坐标关系求出与 的关系， 利用基本不等式求的最小值. 【详解】∵平面向量与平行， ∴，化简可得. ∴， 当且仅当，由，可得，时取等号. 所以的最小值为. 故选：B 3. 给出条件的三边既成等差数列又成等比数列；为正三角形；则 是的（    ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】本题可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 . 【详解】若的三边既成等差数列又成等比数列，则，. ，即的形状是等边三角形. 即， 是的充分条件， 若为正三角形，则三边. 因为，所以， 满足等差数列定义，公差为； 又因为，所以，满足等比数列定义，公比为， 即三边既成等差数列又成等比数列，所以， 是的必要条件， 所以 是的充分必要条件， 故选：C 4. 甲、乙、丙、丁、戊5名学生站成一排，记“甲、乙相邻”为事件，“甲不站在两端”为事件，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件概率公式来求解，需要先分别求出和，再代入公式计算. 【详解】“甲、乙相邻”，可将甲、乙看成一个整体，与丙、丁、戊全排列，同时甲、乙两人之间也需要全排列. 甲、乙两人全排列的方法数为种； 将甲、乙整体与丙、丁、戊全排列的方法数为种. 所以事件包含的基本事件数为种. 名学生全排列的方法数为种. 根据古典概型概率公式可得. “甲、乙相邻且甲不站在两端”，当甲、乙相邻时，若甲不站在两端，甲只能站在中间3个位置上， 所以事件AB包含的基本事件数为种. 则. 根据条件概率公式，将，代入可得： . 故选：D. 5. 已知圆上的点到直线的距离为，则满足条件的点的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】根据圆心到直线的距离与半径的关系即可求解. 【详解】的圆心为，半径为， 圆心到直线的距离为， 故到直线的距离为的点共有4个， 故选：D 6. 已知锐角三角形ABC，角、、所对的边分别为、、，且，．则的取值范围为（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用正弦定理结合两角和的正弦公式可得出的值，结合角的取值范围可得出角的值；再由为锐角三角形求出角的取值范围，利用正弦定理结合三角恒等变换求出的取值范围， 【详解】因为，，则， 由正弦定理得， ，所以，， 因为、，则， 所以，，即． 在锐角中，由，可得， 则， 又，则， 所以，的取值范围为， 故选：A 7. 在四棱锥 中，底面 是边长为的正方形，顶点在底面内的射影在正方形 的内部（不在边上），且， 为常数，设侧面与底面 所成的二面角依次为,则下列各式为常数的是（ ） ① ② ③ ④ A. ①② B. ②④ C. ②③ D. ③④ 【答案】B 【解析】 【分析】作出图形找到二面角的平面角，证明即可. 【详解】 过点作，又顶点在底面内的射影，平面 ， 则，平面，所以 平面， 所以，则 分别为在底面 上的射影， 则即为侧面与底面 所成的二面角，即为侧面与底面 所成的二面角， ， 故， 则，即为定值， 同理可得为定值. 故选：B． 8. 已知函数是定义在上的函数， ，且对任意的 都有，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知条件得出，代入题干中的不等式，结合不等式的基本性质推导出，再结合可求得结果. 【详解】由，得， 由，， 得，， 即，， 所以， 所以， 又因为，故. 故选：B. 二．多选题: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. 若圆锥曲线的离心率为，则实数的关系为 （    ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】先根据离心率判断曲线类型为椭圆，再将方程化为标准式.因椭圆焦点位置有两种情况，所以分情况讨论： 焦点在轴时，确定、，由求出，结合离心率公式列方程求解 与关系.  焦点在 轴时，同样确定、、，再根据离心率公式列方程求解 与关系. 【详解】因为圆锥曲线的离心率，所以该圆锥曲线为椭圆.  方程可化为.  当焦点在轴上时，此时，即，，， 根据可得. 已知离心率，则，即. 化简，则 当焦点在 轴上时，此时，即，，， 根据可得. 已知离心率，则，即. 化简得， 实数 与的关系为或. 故选：AC. 10. 已知复数，下列等式恒成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】设出，，，结合共轭复数及模长定义与复数运算法则逐项判断. 【详解】设，，且，则，，； 对A：， ，故A正确；` 对B：， ` ， 所以不能恒成立，B错误. 对C：， ，故C错误； 对D： ，故，故D正确. 故选：AD. 11. 已知函数，下列说法正确的是（ ） A. 是偶函数 B. 的最小正周期为 C. 在上单调递增 D. 的值域为 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A，通过计算，看是否等于来确定.  选项B，找非零常数 使，找到更小周期则可否定大周期.  选项C，先确定区间内函数表达式，再用辅助角公式变形，结合正弦函数单调性判断.  选项D，先确定定义域，对函数平方后换元，再根据导数判断单调性求最值. 【详解】若函数满足，则函数为偶函数. 已知，那么. 根据三角函数诱导公式可得. 所以是偶函数，选项正确.  ，根据三角函数诱导公式可得. 所以是的一个周期，而不是最小正周期，选项错误.  当时，，，则. 可得. 当时，，正弦函数在上单调递增，所以在上单调递增，选项正确.  函数的定义域为. 对，令， 因为，所以，则. 又，所以. 对求导得，所以在上单调递增. 当时，取得最小值；当时，取得最大值，因，开方则 的最大值为. 所以的值域为，选项正确.  故选：ACD. 三．填空题：本题共3小题，每题5分，共15分. 12. 已知为奇函数，则实数 的值是_______． 【答案】4 【解析】 【分析】根据函数是奇函数的定义恒成立，结合对数运算计算求解. 【详解】因为函数是奇函数， ， 即恒成立， 即恒成立， 所以恒成立， 整理得恒成立， ，解得 或， 当 时，函数定义域为，定义域不关于原点对称，函数不是奇函数， 当时，， 由，可得 或， ，满足是奇函数， 所以； 故答案为：4. 13. 设点是抛物线的焦点，过抛物线上一点作其准线的垂线，垂足为，已知直线交 轴于点，且的面积为8，则该抛物线的方程为______. 【答案】 【解析】 【分析】设，结合抛物线的定义可得，结合易得，进而根据的面积求出 ，进而得解. 【详解】根据题意作出如图所示的图象： 其中，，为双曲线的准线，且准线方程为，， ， 设，则，. 在中，为 的中点，则为的中点，即，， ∵的面积为8， ∴，即，又， ∴，解得 ， ∴该抛物线的方程为. 故答案为：. 14. 将标号为的10个小球装入两个不同的盒子，使得每个盒子都有球，有______种不同的装法；当两个盒子的球数相等时，从两个盒子中不放回地各取一球，记下两球球号之积，重复上述操作，直至取完，则所有积之和的最小值为______. 【答案】 ①. 1022 ②. 110 【解析】 【分析】利用分步计数乘法原理结合反向排除法，再利用排序不等式中反序和最小，可分别求解. 【详解】将标号为1∼10的10个小球装入两个不同的盒子，每个小球都有2种放法，所以总共有种.排除10个小球都放入同一个盒子的情况，有2种.所以，使得每个盒子都有球，有种不同的装法. 当两个盒子的球数相等时，每个盒子有5个球，设两个盒子中的球号分别为和，且令，， 根据排序不等式可知，反序和最小. 所以，所有积之和的最小值为，即. 故答案为：1022；110. 三．解答题：本题共5小题，共77分，解答题应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 已知双曲线与双曲线有相同的渐近线，且双曲线的实轴长为. （1）求双曲线的标准方程； （2）已知直线与曲线交于不同的两点 ，且线段的中点在圆上，求实数 的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，设双曲线的方程为，由双曲线的实轴长为，得到，即可求解； （2）联立方程组，根据根与系数的关系，得到的中点坐标，代入圆的方程，即可求解. 【小问1详解】 解：因为双曲线与双曲线有相同的渐近线， 可设双曲线的方程为，即， 又因为双曲线的实轴长为，即，即，可得，解得， 所以双曲线的方程为. 【小问2详解】 解：联立方程组，整理得， 设 ，则，且， 所以， 可得，即的中点坐标为， 因为段的中点在圆上，可得，解得， 所以实数 的值为. 16. 已知正项数列的前n项和为，且满足， （1）求 （2）求 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1)先令求出首项，再由数列的递推公式，当时，代入并结合 等差数列的定义和通项公式求出. (2)由第一问的公式，正好利用分母有理化进行化简抵消即可得出结果 【小问1详解】 根据题意可得 ，当时，，解得 ， 由，代入得，整理后得 ，即，根据等差数列的定义可知，数列 是首项为1，公差为1的等差数列，则， 【小问2详解】 由(1)可知， ， 17. 为深入学习党的二十大精神，某学校团委组织了“青 春向党百年路，奋进学习二十大”知识竞赛活动，并从 中抽取了200 份试卷进行调查，这200 份试卷的成绩（卷 面共100分）频率分布直方图如右图所示． （1）用样本估计总体，求此次知识竞赛的平均分（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）． （2）可以认为这次竞赛成绩 X 近似地服从正态分布 N， 2 （用样本平均数和标准差 s 分别作为 、 的近似值），已知样本标准差 s 7.36 ，如有84%的学生的竞赛 成绩高于学校期望的平均分，则学校期望的平均分约为多少？（结果取整数） （3）从得分区间80，90 和90，100 的试卷中用分层抽样的方法抽取10份试卷，再从这 10份样本中随机抽测3份试卷，若已知抽测的3份试卷来自于不同区间，求抽测3份试卷有2份来自区间80，90 的概率． 参考数据：若 X ~N ， 2 ，则 P X 0.68 ，P 2 X 2 0.95 ， P 3 X 3 0.99 . 【答案】（1） （2）73 （3） 【解析】 【分析】（1）根据平均数的求法求得平均数. （2）根据正态分布的对称性求得正确答案. （3）根据分层抽样、条件概率知识求得正确答案. 【小问1详解】 由频率分布直方图可知， 平均分； 【小问2详解】 由（1）可知 设学校期望的平均分约为m，则， 因为，， 所以，即， 所以学校期望的平均分约为73分； 【小问3详解】 由频率分布直方图可知，分数在和的频率分别为0.35和0.15， 那么按照分层抽样，抽取10人，其中分数在，应抽取人， 分数在应抽取人， 记事件：抽测的3份试卷来自于不同区间；事件B:取出的试卷有2份来自区间80，90 ， 则，， 则． 所以抽测3份试卷有2份来自区间80，90 的概率为. 18. 如图，在四棱锥中， 底面 四面体 的体积为 的面积为. （1）求点到平面 的距离； （2）若 ，平面 平面 ，证明：BC⊥平面 （3）在（2）的条件下，在棱上是否存在一点N，使平面 与平面 夹角为，若存在，求的长.若不存在，说明理由 【答案】（1） （2） 取的中点，连接 ，由 ，得 ，由平面 平面 ， 平面 平面 平面 ，得平面 ，即， 则，由平面 平面 ，得， 又 平面 平面 ，则 ，而 平面 ， 因此 平面 ， （3） 存在： 由（2）知，又 平面 ，则 ， 而 的面积为，，则 ，， 由 ，得，以为原点，直线 分别为轴建立空间直角坐标系， 则，设， 则， ， 设平面 的法向量为， 则，取 ，得 ， 设平面 的法向量为 ， 则， 取 ，得， ，由平面 与平面 的夹角为， 得，解得，即为的中点， 所以. 【解析】 【分析】（1）应用等体积法计算，结合线面平行得出点到平面距离； （2）由平面 平面 性质定理得出平面 ，再应用线面垂直判定定理证明； （3）应用空间直角坐标系，分别求出平面 与平面 的法向量，再应用面面角余弦公式计算求参. 【小问1详解】 设点到平面 的距离为，由四面体 的体积为 的面积为，得，解得， 而 平面 平面 ，则 平面 ， 所以点到平面 的距离为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 19. 已知函数. （1）当 时，若不等式恒成立，求的取值范围； （2）若有两个零点，，且. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【答案】（1） （2）（i）， （ii）证明：由，得， 所以，即． 要证成立，只需证， 即证，即证．令，则． 即证，即证． 设，则， 所以在区间上单调递增，所以，即式成立． 所以不等式成立. 【解析】 【分析】（1）整理不等式并构造函数，利用导数分情况研究函数单调性，可得答案； （2）（i）利用导数分情况研究函数单调性，求得其最值，结合零点存在性定理，可得答案；（ii）明确零点的取值范围，分析整理不等式，利用函数的单调性，构造不等式与函数，利用导数求新函数的最值，可得答案. 【小问1详解】 设， 则，令，则， 所以在上单调递增，从而. ①当，即时，，则在上单调递增，从而，符合题意； ②当，即时，，则一定存在，使得当时，，则在上单调递减，从而，不合题意． 综上所述，的取值范围为． 【小问2详解】 （i）由题意知，的定义域为． 当 时， ，所以在上单调递增，从而在上至多有一个零点． 当时，令 ，得 ． 当 时，在上单调递减； 当 时，在上单调递增． 所以 是的极小值点，也是最小值点， 即．令，则． 所以当 时，在上单调递增； 当时，在上单调递减， 所以是的极大值点，也是的最大值点． 即，从而． 一方面，由（1）可知，取，当 时，，即， 即，易知当 时，也成立． 所以当时，．所以，即，从而． 因为，所以在内有一个零点. 另一方面，由（1）知，． 又， 所以 ， 所以在区间内有一个零点． 综上所述，的取值范围是． （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 蕲春实高2025届高三第五次模拟考试 数学 命题:詹满霖 梅霞珍 审题: 许胜宝 肖玉容 ★祝考试顺利★ 本试卷共19题，满分150分.考试用时120分钟. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求. 1. 已知集合，则（     ） A. B. C. D. 2. 若平面向量，则的最小值为（     ） A. 2 B. C. D. 3. 给出条件的三边既成等差数列又成等比数列；为正三角形；则 是的（    ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 甲、乙、丙、丁、戊5名学生站成一排，记“甲、乙相邻”为事件，“甲不站在两端”为事件，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知圆上的点到直线的距离为，则满足条件的点的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 已知锐角三角形ABC，角、、 所对的边分别为、、，且，．则的取值范围为（    ） A. B. C. D. 7. 在四棱锥 中，底面是边长为的正方形，顶点在底面内的射影在正方形的内部（不在边上），且， 为常数，设侧面与底面所成的二面角依次为,则下列各式为常数的是（ ） ① ② ③ ④ A. ①② B. ②④ C. ②③ D. ③④ 8. 已知函数是定义在上的函数， ，且对任意的 都有，，若，则（ ） A. B. C. D. 二．多选题: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. 若圆锥曲线的离心率为，则实数的关系为 （    ） A. B. C. D. 10. 已知复数，下列等式恒成立的是（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数，下列说法正确的是（ ） A. 是偶函数 B. 的最小正周期为 C. 在上单调递增 D. 的值域为 三．填空题：本题共3小题，每题5分，共15分. 12. 已知为奇函数，则实数 的值是_______． 13. 设点是抛物线的焦点，过抛物线上一点作其准线的垂线，垂足为，已知直线交 轴于点，且的面积为8，则该抛物线的方程为______. 14. 将标号为的10个小球装入两个不同的盒子，使得每个盒子都有球，有______种不同的装法；当两个盒子的球数相等时，从两个盒子中不放回地各取一球，记下两球球号之积，重复上述操作，直至取完，则所有积之和的最小值为______. 三．解答题：本题共5小题，共77分，解答题应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 已知双曲线与双曲线有相同的渐近线，且双曲线 的实轴长为. （1）求双曲线 的标准方程； （2）已知直线与曲线 交于不同的两点 ，且线段的中点在圆上，求实数 的值. 16. 已知正项数列的前n项和为，且满足， （1）求 （2）求 17. 为深入学习党的二十大精神，某学校团委组织了“青 春向党百年路，奋进学习二十大”知识竞赛活动，并从 中抽取了200 份试卷进行调查，这200 份试卷的成绩（卷 面共100分）频率分布直方图如右图所示． （1）用样本估计总体，求此次知识竞赛的平均分（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）． （2）可以认为这次竞赛成绩 X 近似地服从正态分布 N， 2 （用样本平均数和标准差 s 分别作为 、 的近似值），已知样本标准差 s 7.36 ，如有84%的学生的竞赛 成绩高于学校期望的平均分，则学校期望的平均分约为多少？（结果取整数） （3）从得分区间80，90 和90，100 的试卷中用分层抽样的方法抽取10份试卷，再从这 10份样本中随机抽测3份试卷，若已知抽测的3份试卷来自于不同区间，求抽测3份试卷有2份来自区间80，90 的概率． 参考数据：若 X ~N ， 2 ，则 P X 0.68 ，P 2 X 2 0.95 ， P 3 X 3 0.99 . 18. 如图，在四棱锥中， 底面 四面体 的体积为 的面积为. （1）求点到平面 的距离； （2）若 ，平面 平面 ，证明：BC⊥平面 （3）在（2）的条件下，在棱上是否存在一点N，使平面 与平面 夹角为，若存在，求的长.若不存在，说明理由 19. 已知函数. （1）当 时，若不等式恒成立，求的取值范围； （2）若有两个零点，，且. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $