河南省开封高级中学钱学森实验班2025届高三下学期最后押题卷（3）数学试卷

2025届钱学森实验班高考模拟试卷（6月5号）答案 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. 【答案】B【详解】集合，则.故选：B. 2. 【答案】A【详解】由，可得， 所以，故选：A 3. 【答案】B【详解】由等差数列通项公式可得：， 已知，所以；. 将，代入可得：， 则，化简可得：，解得或. 因为已知公差，所以舍去，得到.故选：B. 4. 【答案】C【详解】展开式的通项公式为： （）.  情况一：与展开式中的项相乘.令，解得. 将代入到中，可得，所以与展开式 中的项相乘得到的系数为.  情况二：与展开式中的项相乘.令，解得. 将代入到中，可得，所以与展开 式中的项相乘得到的系数为.   将两种情况得到的的系数相加，可得，即的展开式中的系数是20.  故选：C. 5. 【答案】C【详解】由图象可知在上单调递增，在上单调递减， 则当时，，当时，，此时等号仅在时成立， 由于是定义在区间上的奇函数， 故在上单调递增，在上单调递减， 则当时，，当时，，此时等号仅在时成立， 故由可知或 得或，即不等式解集为，故选：C. 6. 【答案】C【详解】 由题意，由双曲线的对称性可知垂直且平分线段， 从而，将代入，解得， 从而，即，解得故选：C. 7. 【答案】B【详解】注意到直线过点C，将直线方程与联立， 可得，其判别式为， 设，则. 又，， 则 ， 当且仅当时取等号.故选：B 8. 【答案】D【详解】令，则， 函数可转化为. 因为函数有三个零点，所以函数也有三个零点.  是偶函数，其图象关于轴对称. 因为有三个零点，根据偶函数的性质可知，必有一个零点为. 将代入中，可得，即，因式分解得. 因为，所以，解得. 当时，. 当时，，令，即，因式分解得，解得或. 因为偶函数，所以当时，，令，即，因式分解得，解得或.所以的三个零点为，，.  因为，，所以当时，； 当时，；当时，. 即的三个零点为，，. 三个零点之和为. 故选：D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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. 【答案】BD【详解】如图，把正四面体放入正方体中，易知平面与平面平行， 因为M，N分别是的中点，所以，所以，同理可得， 又因为，所以，又因为交于，所以平面， 所以，故A错误，B正确； 直线与平面所成的角为，故C错误； 平面与平面夹角为，设正方体的边长为，由正方体的性质可得， 由余弦定理可得，故D正确.故选：BD. 10．【答案】BCD 【详解】对于A，因为曲线，故满足方程，故A错误； 对于B，对曲线上任意一点，则也满足， 也满足，故均在曲线上， 故曲线关于直线对称，故B正确； 对于C，由曲线可得， 故， 若，则，故，故此时，满足； 若，则，故， 若，则即，此时，则，矛盾； 故不成立，故，故C正确； 对于D，由C的分析可得，故曲线有两条渐近线， 分别为及，故若直线与曲线没有交点，则与渐近线平行或重合， 故的斜率为1，故D正确.故选：BCD. 11. 【答案】ACD【详解】对A，令，，故A正确； 对B，令，，故函数关于对称，不是偶函数，故B错误； 对C，，所以， 即，，， ，时，，故， 所以，即在上单调递增， ，所以，解得，故C正确； 对D，，，故D正确；故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12. 【答案】或【详解】抛物线的标准方程为， 则抛物线的焦点坐标为，准线方程为，设抛物线上一点， 由抛物线的定义可得，解得，所以点P的坐标为或. 故答案为：或. 13. 【答案】##【详解】设球的半径为，圆柱底面的半径为，圆柱的母线长为，则球的表面积为，圆柱的表面积为， 所以，得①， 又圆柱的上、下底面圆周在同一球面上，所以②， 由①②解得，所以球的体积为， 圆柱的体积为，所以.故答案为：. 14. 【答案】 ① 3 ②. 【详解】 连接AO，并延长交BC于点D，易知点D为BC的中点， 所以，. 又因为是的中心，所以是的重心，即， 所以. 因为，，所以，， 所以. 因为M，O，N三点共线，所以，所以，. 因为，， 所以， ， 又，所以，. 由，得，， 令，当和重合时，为上中线，此时, 所以，则，得. 根据对勾函数的单调性可知，在上单调递减，在上单调递增， 且，，所以，所以，. 因为， 所以，根据二次函数的性质可知， 所以的最小值为.故答案为：3，. 四、解答题.本大题共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.【详解】（1）设事件为“质点移动2次后到达的点所对应的积分为0”，由题意可知点两次移动后在点，又起点为点，即的移动一次向左一次向右，所以. （2）的所有可能取值为，，0，200，400. ，，，， ， 所以随机变量的分布列为 0 200 400 . 16. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【小问1详解】取线段的中点，连结，因为平面平面，，所以平面，所以平面，因为，，所以是正三角形，又点是线段的中点，所以.可以建立以为原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴正方向的空间直角坐标系（如图），可得，，，，，，，， 证明：，，设为平面的法向量， 则，即，不妨令，可得， 又，故，因此平面. 【小问2详解】 依意，，由（I）知为平面的法向量. 因此， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【小问3详解】依题意，设，， 所以，因此 ， 设为平面的法向量， 则，即，不妨令，可得， ，因为平面，所以，解得，所以， 设点到平面的距离为，，则， 所以点到平面的距离为. 17.（15分） 【答案】（1） （2） 【小问1详解】∵， ∴记点到的距离为，则， ∴，，，∴． ∴，又，∴． 【小问2详解】由（1）知，，，∴． 设．在中，由正弦定理可得， ∴，则，， ∴ ∵为锐角三角形，，解得， 又，在均为递增函数，且函数值均为正数， 又在上单调递减， 所以在上单调递减， 当时， 当时，所以， 故． 18．（17分）（1）解法一：由题，， 所以．记，则， ①当时，，可得，故函数在区间上单调递减． ②当时，，可知函数单调递增， 又，所以当时，；当时，， 所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增． 由①②知函数的单调递减区间为，单调递增区间为，故． 解法二：由题，，所以． 令，则，令，则， 当时，单调递减，当时，单调递增， 故，所以，故在定义域上单调递增． 易知，故当时，单调递减， 当时，单调递增，故． （2）由题意知，定义域为， 所以，设， 所以，所以在区间上是增函数， 因为， 所以存在唯一的，使得，即， 当时，；当时，；当时，， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以当时，取得极大值，且极大值为 ． 设，则， 所以在区间上单调递减．所以， 所以在内无零点．因为， 所以在内有且只有一个零点． 综上所述，有且只有一个零点． 19.（17分） 【答案】（1）； （2） （3）椭圆C上不存在三点，使得  【小问1详解】（ⅰ）当直线的斜率不存在时，，两点关于轴对称，所以 ∵在椭圆上∴ ①又∵，∴ ② 由①②得，．此时； （ⅱ）当直线的斜率存在时，是直线的方程为，将其代入得 故即 又， ∴∵点到直线的距离为 ∴ 又整理得此时 综上所述结论成立． 【小问2详解】（ⅰ）当直线的斜率不存在时，由（1）知 ，因此． （ⅱ）当直线的斜率存在时，由（1）知 所以 ．当且仅当，即时，等号成立． 综合（1）（2）得的最大值为. 【小问3详解】 椭圆C上不存在三点，使得  证明：假设存在，满足 由（1）得，，，， ， 解得：，. 因此从集合中选取，从集合中选取； 因此只能从点集这四个点选取三个不同的点，而这三个点的两两连线必然有一条经过原点，这与矛盾. 所以椭圆C上不存在三点，使得  【点睛】本题考查了直线与椭圆的位置关系，弦长公式和点到直线的距离公式，是一道综合性的试题，考查了学生综合运用知识解决问题的能力．（3）考查学生观察、推理以及创造性地分析问题解决问题的能力. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025届钱学森实验班高考模拟试卷（6月5号） 数学试卷 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数z满足，，则（ ） A. B. 10 C. 8 D. 3. 已知等差数列的公差，则（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 4. 在的展开式中，的系数是（ ） A. 11 B. 15 C. 20 D. 25 5. 已知定义在区间上的奇函数的导函数是．当时，的图象如图所示，则关于的不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 6. 已知点分别为双曲线的左顶点和右焦点，过点且与x轴垂直的直线l与双曲线交于M，N两点，以线段为直径的圆过点A，则该双曲线的离心率为（ ） A. 3 B. C. 2 D. 7. 已知点M为圆与y轴负半轴的交点，直线与圆O交于A，B两点，则面积的最大值为（ ） A. 3 B. C. 4 D. 8. 已知函数有三个零点，则三个零点之和为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9. 已知在正四面体中，M，N分别是的中点，平面与直线都平行，则（ ） A. B. C. 直线与平面所成角为 D. 平面与平面的夹角的余弦值为 10．设曲线，则下列说法正确的是（    ） A．曲线的图象仅在第一、第三象限内 B．曲线关于直线对称 C．若点在曲线上，则| D．若直线与曲线没有交点，则直线的斜率为1 11. 已知定义域为的函数满足，都有，且时，，则（ ） A. B. 是偶函数 C. 的解集为 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12. 已知抛物线上的点P到其焦点的距离为4，则点P的坐标为__________． 13. 已知圆柱的上、下底面圆周在同一球面上，且球的表面积是圆柱的表面积的2倍，则球的体积与圆柱的体积的比值是__________． 14. 已知是边长2为正三角形，是的中心，过点的动直线交于点，交于点，设，，，，则______；的最小值为______． 四、解答题.本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15.(13分)如图，点，，，，均在直线上，且，质点与质点均从点出发，两个质点每次都只能向左或向右移动1个单位长度，两个质点每次移动时向左移动的概率均为，每个质点均移动2次.已知每个质点移动2次后到达的点所对应的积分如下表所示，设随机变量为两个质点各自移动2次后到达的点所对应的积分之和. 积分 0 100 200 (1)求质点移动2次后到达的点所对应的积分为0的概率； (2)求随机变量的分布列及数学期望. 16. （15分）如图所示，在三棱柱中，，，，平面平面，点是线段的中点. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. （3）若点在线段上，且平面，求点到平面的距离. 17.（15分） 在中，三个角A、B、C所对的边分别为a、b、c，点在边上，且，. （1）求； （2）若，点在线段上，当为锐角三角形，求的取值范围. 18．（17分）已知函数． (1)求函数的最小值； (2)若，求函数的零点个数． 19.（17分） 已知动直线与椭圆C:交于，两个不同点，且的面积=,其中为坐标原点. （1）证明和均为定值; （2）设线段的中点为，求的最大值； （3）椭圆C上是否存在点D，E，G，使得？若存在，判断的形状；若不存在，请说明理由. 学科网（北京）股份有限公司 $$