山西省太原市2025屆高三數學下學期模擬測試試題三文含解析

PAGE21-山西省太原市2025屆高三數學下學期模擬測試試題（三）文（含解析）留意事項：1.本試卷分第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分，第Ⅰ卷1至4頁，第Ⅱ卷5至8頁.2.回答第Ⅰ卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上.3.回答第Ⅰ卷時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號，寫在本試卷上無效.4.回答第Ⅱ卷時，將答案寫在答題卡相應位置上，寫在本試卷上無效.5.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.第Ⅰ卷（選擇題共60分）一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】確定出集合中的元素后，由并集定義計算．【詳解】由題意，，∴．故選：A.【點睛】本題考查集合的并集運算，確定集合中的元素是解題關鍵．2.某工廠甲、乙、丙三個車間生產了同一種產品，數量分別為120件，80件，60件.為了解它們的產品質量是否存在顯著差異，用分層抽樣方法抽取了一個容量為的樣本進行調查，其中從乙車間的產品中抽取了4件，則（）A.9 B.10 C.12 D.13【答案】D【解析】【分析】由題意結合分層抽樣的性質可得，即可得解.【詳解】由題意，解得.故選：D.【點睛】本題考查了分層抽樣的應用，考查了運算求解實力，牢記分層抽樣的性質是解題關鍵，屬于基礎題.3.設復數滿意（為虛數單位），在復平面內對應的點為（，），則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】設，代入已知等式化簡即可．【詳解】設，∵，∴，即，化簡得．故選：B.【點睛】本題考查復數模的運算，干脆代入復數的代數形式由模的定義化簡即得．也可由模的幾何意義求解．4.已知等差數列的前項和為，且，則（）A.45 B.42 C.25 D.36【答案】D【解析】【分析】由等差數列的性質可知,進而代入等差數列的前項和的公式即可.【詳解】由題,.故選:D【點睛】本題考查等差數列的性質,考查等差數列的前項和.5.“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】C【解析】【詳解】“”是“”的充要條件，選C.6.宋元時期數學名著《算學啟蒙》中有關于“松竹并生"的問題，松長三尺，竹長一尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而長等，如圖是源于其思想的一個程序框圖，若輸入的，分別為3，1，則輸出的等于A.5 B.4 C.3 D.2【答案】B【解析】【分析】由已知中的程序框圖可知：該程序的功能是利用循環(huán)結構計算并輸出變量S的值，模擬程序的運行過程，分析循環(huán)中各變量值的改變狀況，可得答案．【詳解】解：當n＝1時，a＝3，b＝2，滿意進行循環(huán)的條件，當n＝2時，a，b＝4，滿意進行循環(huán)的條件，當n＝3時，a，b＝8，滿意進行循環(huán)的條件，當n＝4時，a，b＝16，不滿意進行循環(huán)的條件，故輸出的n值為4，故選：B．【點睛】本題考查的學問點是程序框圖，當循環(huán)的次數不多，或有規(guī)律時，常采納模擬循環(huán)的方法解答．7.已知，(0,π)，則=A.1 B. C. D.1【答案】A【解析】【詳解】，，，即，故故選8.已知向量是夾角為的兩個單位向量，則與的夾角為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由題意結合單位向量的性質、平面對量數量積的定義可得，利用平面對量數量積的運算可得、、，再利用即可得解.【詳解】向量是夾角為的兩個單位向量，，，，又，，，，，，又，.故選：C.【點睛】本題考查了單位向量的性質及平面對量數量積的應用，考查了運算求解實力，嫻熟運用平面對量數量積的運算律是解題關鍵，屬于中檔題.9.把函數f（x）＝sin2x的圖象向右平移個單位后，得到函數y＝g（x）的圖象.則g（x）的解析式是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用函數的圖象變換規(guī)律，即可求解，得到函數的解析式.【詳解】由題意，把函數的圖象向右平移個單位后，得到函數的圖象.故選：C.【點睛】本題主要考查了利用三角函數的圖象變換求解三角函數的解析式，其中解答中利用余弦的倍角公式，化簡得到的解析式，再結合三角函數的圖象變換求解是解答的關鍵，著重考查推理與運算實力.10.已知函數是定義在R上的偶函數，且在區(qū)間單調遞增，若實數a滿意，則a的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由偶函數的性質將化為：，再由f（x）的單調性列出不等式，依據對數函數的性質求出a的取值范圍.【詳解】因為函數f（x）是定義在R上的偶函數，所以，則為，因為函數在區(qū)間上單調遞增，所以，解得，則a的取值范圍是，故選：C.【點睛】此題考查函數的奇偶性、單調性的應用，以及對數函數的性質，屬于中檔題.11.設分別是雙曲線的左右焦點若雙曲線上存在點，使，且，則雙曲線的離心率為（）A. B.2 C. D.【答案】A【解析】【分析】由及雙曲線定義得和（用表示），然后由余弦定理得出的齊次等式后可得離心率．【詳解】由題意∵，∴由雙曲線定義得，從而得，，在中，由余弦定理得，化簡得．故選：A．【點睛】本題考查求雙曲線的離心率，解題關鍵是應用雙曲線定義用表示出到兩焦點的距離，再由余弦定理得出的齊次式．12.在三棱錐中，PA、PB、PC兩兩垂直，，Q是棱BC上一個動點，若直線AQ與平面PBC所成角的正切的最大值為，則該三棱錐外接球的表面積為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由已知得平面，因此當時，直線AQ與平面PBC所成角最大，此時可求得，從而求得，又以為棱的長方體的對角線就是三棱錐外接球直徑，從而可求得其表面積．【詳解】∵PA與PB、PC垂直，∴平面，∴是在平面內的射影，就是直線與平面所成的角，由平面得，，要使最大，則最小，明顯當時，最小，此時，又，∴，而，∴，由，得，從而，如圖，以為棱作出長方體，此長方體的外接球就是三棱錐的外接球，外接球直徑等于長方體的對角線長，∴球表面積為．故選：A．【點睛】本題考查求球表面積，解題關鍵是要求出球的半徑．由于兩兩垂直，因此以它們?yōu)槔庾鞒鲩L方體，此長方體的外接球就是三棱錐的外接球，長方體的對角線就是球的直徑．由此可得解．第Ⅱ卷（非選擇題共90分）本卷包括必考題和選考題兩部分，第13題~第21題為必考題，每個試題考生都必需作答.第22題、第23題為選考題，考生依據要求作答.二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.13.已知函數則_____.【答案】8.【解析】【分析】依題意得f（）＝3，從而f（f（））＝f（3），由此能求出結果.【詳解】解：∵函數則；∴f（3）＝32﹣1＝8.故答案為：8.【點睛】此題考查的是分段函數求值問題，屬于基礎題.14.拋物線經過點（1，4），則拋物線的焦點到準線的距離等于_________.【答案】【解析】【分析】由點在拋物線上可得拋物線的方程為，結合拋物線的性質可得拋物線的準線方程與焦點坐標，即可得解.【詳解】由點在拋物線上可得，所以該拋物線方程為，所以該拋物線的焦點為，準線方程為，所以拋物線的焦點到準線的距離等于.故答案為：.【點睛】本題考查了拋物線方程的求解與性質的應用，考查了運算求解實力，屬于基礎題.15.已知數列的前項和為且滿意，則數列的通項_______．【答案】【解析】【分析】先求得時；再由可得時,兩式作差可得,進而求解.【詳解】當時,,解得；由,可知當時,,兩式相減,得,即,所以數列是首項為,公比為的等比數列,所以,故答案為:【點睛】本題考查由與的關系求通項公式,考查等比數列的通項公式的應用.16.對隨意正整數，函數，若，則的取值范圍是_________；若不等式恒成立，則的最大值為_________．【答案】(1).(2).【解析】【分析】將代入求解即可；當為奇數時,,則轉化為,設,由單調性求得的最小值；同理,當為偶數時,,則轉化為,設,利用導函數求得的最小值,進而比較得到的最大值.【詳解】由題,,解得.當為奇數時,,由,得,而函數為單調遞增函數,所以,所以；當為偶數時,,由,得,設,,單調遞增,,所以,綜上可知,若不等式恒成立,則的最大值為.故答案為:(1)；(2)【點睛】本題考查利用導函數求最值,考查分類探討思想和轉化思想.三、解答題：共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.第17~21題為必考題，每個試題考生都必需作答.第22、23題為選考題，考生依據要求作答.（一）必考題：共60分.17.垃圾分類是對垃圾進行有效處置的一種科學管理方法.太原市為推動這項工作的實施，開展了“垃圾分類進小區(qū)”的評比活動.現有甲、乙兩個小區(qū)實行不同的宣揚與提倡方式對各自小區(qū)居民進行了有關垃圾分類學問的培訓，并參與了評比活動，評委會隨機從兩個小區(qū)各選出20戶家庭進行評比打分，每戶成果滿分為100分，評分后得到如下莖葉圖.（1）依莖葉圖推斷哪個小區(qū)的平均分高？（2）現從甲小區(qū)不低于80分的家庭中隨機抽取兩戶，求分數為87的家庭至少有一戶被抽中的概率；（3）假如規(guī)定分數不低于85分的家庭為優(yōu)秀，請?zhí)顚懴旅娴牧新?lián)表，并推斷“能否在犯錯誤的概率不超過0.025的前提下認為得分是否優(yōu)秀與小區(qū)宣揚培訓方式有關？”甲乙合計優(yōu)秀不優(yōu)秀合計參考公式和數據：，其中.0.150.100.050.0250.0100.0050.0012.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828【答案】（1）乙小區(qū)的平均分高；（2）；（3）填表見解析；可以在犯錯誤的概率不超過0.025的前提下認為得分是否優(yōu)秀與小區(qū)宣揚培訓方式有關.【解析】【分析】（1）由莖葉圖中數據干脆推斷即可得解；（2）由題意列出全部基本領件，分別求出全部的基本領件的個數、滿意要求的基本領件的個數，再由古典概型概率公式即可得解；（3）由題意完成列聯(lián)表，代入公式求出，再與5.024比較即可得解.【詳解】（1）甲小區(qū)分數集中于60~90之間，乙小區(qū)分數集中于80~100之間，所以乙小區(qū)的平均分高；（2）記分數為87的家庭為，其他不低于80的家庭為，則從甲小區(qū)不低于80分的家庭中隨機抽取兩戶的基本領件有：，，，，，，，，，，，，，，，共15種；分數為87的家庭至少有一戶被抽中的基本領件有：，，，，，，，共9種；故所求概率；（3）列聯(lián)表如下：甲乙合計優(yōu)秀31013不優(yōu)秀171027合計202040，因此可以在犯錯誤的概率不超過0.025的前提下認為得分是否優(yōu)秀與小區(qū)宣揚培訓方式有關.【點睛】本題考查了莖葉圖的應用及古典概型概率的求解，考查了獨立性檢驗的應用與運算求解實力，屬于中檔題.18.在中，角，，所對的邊分別為，，，且．求的值；設的平分線與邊交于點，已知，，求的值.【答案】；.【解析】【分析】利用正弦定理化簡求值即可；利用兩角和差的正弦函數的化簡公式，結合正弦定理求出的值.【詳解】解：，由正弦定理得：，，，，，又，為三角形內角，故，，則，故，；（2）平分，設，則,,，，則，，又，則在中，由正弦定理：，.【點睛】本題考查正弦定理和兩角和差的正弦函數的化簡公式，二倍角公式，考查運算實力，屬于基礎題.19.如圖，在直三棱柱中，，是的中點，.（Ⅰ）求證：平面；（Ⅱ）異面直線和所成角的余弦值為，求幾何體的體積.【答案】（Ⅰ）證明見解析；（Ⅱ）2【解析】【分析】（Ⅰ）連結交于點，連結，證出，利用線面平行的判定定理即可證出.（Ⅱ）依據題意可求出，在中，利用余弦定理求出，由結合三棱錐的體積公式即可求解.【詳解】（Ⅰ）如圖，連結交于點，連結，因為在直三棱柱中，四邊形是矩形，所以點是的中點，因為是的中點，所以.因為平面，平面，所以平面.（Ⅱ）因為棱柱是直三棱柱，所以，因為，，所以，因為異面直線和所成角的余弦值為.所以，因為，，所以.依據余弦定理，在中，，可得，因，，所以由勾股定理可得，因為，，，所以平面，同理平面，所以.所以幾何體的體積為2.【點睛】本題主要考查了線面平行的判定定理、三棱錐的體積公式，在證明線面平行時，需先證線線平行，此題屬于中檔題.20.已知橢圓的焦距為2，且過點.（1）求橢圓的方程；（2）已知是橢圓的內接三角形，若坐標原點為的重心，求點到直線距離的最小值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由題意結合橢圓性質可得，再結合點在橢圓上即可得解；（2）設，記線段中點為，由重心的性質可得點，依據、分類，結合點差法、點到直線的距離可得，即可得解.【詳解】（1）因為橢圓的焦距為2，所以，因為橢圓過點，所以.解得，故橢圓方程為；（2）設，記線段中點為，因為為的重心，所以，則點的坐標為，若，則，此時直線與軸垂直，故原點到直線的距離為，即為1；若，此時直線的斜率存在，設，則，又，兩式相減得，可得.故直線的方程為即，則點到直線的距離為，將代入得，因為，所以；又，故原點到直線距離的最小值為.【點睛】本題考查了橢圓方程的求解及直線與橢圓的綜合應用，考查了點差法的應用及運算求解實力，屬于中檔題.21.已知兩數．（1）當時，求函數的極值點；（2）當時，若恒成立，求的最大值．【答案】（1）唯一極大值點1，無微小值點．（2）1【解析】【分析】（1）求出導函數，求得的解，確定此解兩側導數值的正負，確定極值點；（2）問題可變形為恒成立，由導數求出函數的最小值，時，無最小值，因此只有，從而得出的不等關系，得出所求最大值．【詳解】解：（1）定義域，當時，，令得，當所以在上單調遞增，在上單調遞減，所以有唯一的極大值點，無微小值點．（2）當時，．若恒成立，則恒成立，所以恒成立，令，則，由題意，函數在上單調遞減，在上單調遞增，所以，所以所以，所以，故的最大值為1．【點睛】本題考查用導數求函數極值，探討不等式恒成立問題．在求極值時，由確定的不肯定是極值點，還需滿意在兩側的符號相反．不等式恒成立深深轉化為求函數的最值，這里分別參數法起關鍵作用．（二）選考題：共10分.請考生在第22、23題中任選一題作答.假如多做，則按所做的第一題計分.作答時請用2B鉛筆在答題卡上將所選題號后的方框涂黑，【選修4-4：坐標系與參數方程】22.已知曲線的極坐標方程是，以極點為原點，極軸為軸的正半軸，建立平面直角坐標系，直線過點，傾斜