黑龙江省名校协作体2025届高三下学期一模考试数学试题（原卷及解析版）

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注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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.
【答案】A
【解析】
【分析】解不等式化简集合，再利用交集的定义求解.
【详解】由，得，解得或，
则，而，
所以.
故选：A
2. 若复数满足，则（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】应用复数的除法化简求复数，再求其模长.
详解】由题设，
所以.
故选：D
3. 如图是某高中学校2000名男生的身高样本的频率分布直方图，估计该样本数据的53%分位数为（ ）
A. 177B. 178C. 179D. 180
【答案】C
【解析】
【分析】根据频率直方图及百分位数的定义求53%分位数.
【详解】由题设，
所以53%分位数在区间内，设为，则，
所以.
故选：C
4. 已知椭圆的左顶点为，上顶点为．若是的焦距的倍，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，列出方程求出离心率.
【详解】设椭圆的半焦距为c，而，又，
则，整理得，因此，
所以的离心率为.
故选：B
5. 如图，在正六边形中，点满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】应用向量加减、数乘的几何意义，用表示，即可得答案.
【详解】由题设及正六边形的结构特征知，，且，，
又，所以.
故选：B
6. 已知，是圆上的两个动点，且，为直线上的动点，则的最小值为（ ）
A. 3B. 4C. 15D. 16
【答案】C
【解析】
【分析】若为的中点，利用向量加法的几何意义及数量积的运算律得，数形结合最小时取最小值，即可得答案.
【详解】若为的中点，如下图示，，，
所以
，
由，即圆心，半径，所以，
到的距离，即直线与圆相离，
结合图知，最小，此时.
故选：C
7. 如图，是圆台上底面的圆心，，是圆台下底面圆周上的两个动点，是圆台的一条母线，记圆台的上、下底面圆的半径分别为，．若，平面，且的最小值为6，则该圆台的体积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】取圆台下底面圆心，确定取最小值的情况，结合线面平行的性质求出圆台两底半径及高，进而求出圆台体积.
详解】取圆台下底面圆心，令，连接，显然，
由平面平面，平面，平面，得
则四边形为平行四边形，，
在中，，，在圆中，当且仅当时，取最小值6，
由，解得，因此，圆台的高，
所以该圆台的体积为.
故选：C

8. 若函数的图象恒在图象的上方，则的最大整数值为（ ）
A. B. 0C. 1D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，建立不等式并分离参数，构造函数，利用导数求出最小值即可.
【详解】依题意，恒成立，令，
求导得，函数在上单调递增，
，则存在，使得，即，
当时，；当时，，函数在上递减，在上递增，
由，得，因此，
则，所以的最大整数值为0.
故选：B
【点睛】关键点点睛：建立不等式分离参数，再构造函数是求解问题的关键.
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. 已知抛物线的焦点为，准线为，点在上，为坐标原点，则（ ）
A. 直线的倾斜角为B. 的方程为
C. D. 在点处的切线方程为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据给定条件，求出点的坐标，结合抛物线方程及导数的几何意义逐项判断即可.
【详解】由点在抛物线上，得，，
对于A，直线的斜率，因此直线的倾斜角为，A正确；
对于B，抛物线的准线方程为，B错误；
对于C，为焦点，则，C正确；
对于D，由，求导得，则在点处的切线斜率为，
切线方程为，即，D正确.
故选：ACD
10. 已知函数，，则（ ）
A. 与的图象存在相同的对称中心
B. 与的图象存在相同的对称轴
C. 当时，与的图象有5个公共点
D. 将的图象向右平移个单位长度后，再向上平移1个单位长度可得的图象
【答案】BC
【解析】
【分析】利用降幂公式化简函数，求出对称中心、对称轴判断AB；解方程判断C；利用函数图象变换求解判断D.
【详解】函数，
对于A，函数图象的对称中心为，而对任意整数，，
因此与的图象不存在相同的对称中心，A错误；
对于B，函数图象的对称轴为，，
即直线是函数的图象的对称轴，B正确；
对于C，由，得或，而，解得，
则当时，与的图象有5个公共点，C正确；
对于D，，平移后得到的函数解析式为，D错误.
故选：BC
11. 已知函数及其导函数的定义域均为，记，若是奇函数，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】由函数为奇函数以及，即可得到，从而判断A，赋值代入计算，即可判断B，由，两边求导，即可判断C，由函数是周期为的函数，即可判断D.
【详解】因为，令，则，
即，即，
又是奇函数，即，即，
则，
故A错误；
又，由，令，则，
由，令，则，
令，则，故B正确；
由，两边求导可得，即，故C正确；
由A可知，，两边求导可得，
即，所以是周期为的函数，
又，两边求导可得，
即，令，则，又，
则，令，则，又，
所以，即，
所以，故D正确；
故选：BCD
【点睛】关键点睛：本题主要考查了函数的奇偶性，对称性以及周期性的综合应用，难度较大，解答本题的关键在于得到，从而得到函数的周期进行求解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 记为公差不为0的等差数列的前项和．若，，则________．
【答案】9
【解析】
【分析】根据给定条件，利用等差数列前项和公式及等差数列性质列式计算得解.
【详解】在等差数列中，，则，，
由，得，即，因此，
又等差数列的公差不为0，则等差数列是单调数列，所以.
故答案为：9
13. 现将1个红球、1个黄球、1个绿球及3个白球（白球之间没有区别）放入3个不同的盒子中，每个盒子放入2个球，则不同的放法种数为________．（用数字作答）
【答案】24
【解析】
【分析】把6个小球按2个球一组分成3组，再放到3个不同盒子即可.
【详解】把6个小球按2个球一组分成3组，有两类分法：每个盒子放入一个白球，有1种方法；
有2个白球放入一个盒子，有种方法，再将分成的3组放入3个盒子有种方法，
所以不同的放法种数为.
故答案为：24
14. 已知正四棱柱的所有顶点均在球的球面上，若该四棱柱的体积为1，则球的表面积的最小值为________．
【答案】
【解析】
【分析】利用正四棱柱的底面边长及高表示其外接球的表面积，再利用导数求出最小值.
【详解】设正四棱柱的底面边长为，高为，则其外接球的直径，
由四棱柱的体积为1，得，即，
因此球的表面积，
令，求导得，
当时，；当时，，函数在上递减，在上递增，
则当时，，所以球的表面积的最小值为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：求出球的表面积的函数关系是求得答案的关键.
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. 记的内角，，的对边分别为，，，已知．
（1）求；
（2）的外接圆半径为1，是边的中点，求的最小值．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理角化边，再利用余弦定理求出.
（2）利用正弦定理求出边，由（1）中信息求得，再利用向量数量积的运算律求出最小值.
【小问1详解】
在中，由及正弦定理，得，即，
由余弦定理得，而，
所以.
【小问2详解】
由的外接圆半径为1及正弦定理得，
则，当且仅当时取等号，，
由是边的中点，得，则
，当且仅当时取等号，
所以的最小值是.
16. 如图，四棱锥中，，，，平面平面．
（1）证明：；
（2）若，，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）分别取的中点，由已知及面面垂直的性质证得平面，再利用平行公理及平行四边形性质，线面垂直的性质推理得证.
（2）由已知结合（1）证得平面，以点为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用线面角的向量法求解.
【小问1详解】
分别取的中点，连接，则，
四边形为平行四边形，，
由，得，平面平面，平面平面，平面，
所以平面，则平面，而平面，因此，又为的中点，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，平面，平面，得，而，
平面，则平面，又，则平面，
在平面内过作，则，直线两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
由，，得，
而，解得，令，则，
，设平面的法向量，
则，令，得，设直线与平面所成的角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值.
17. 已知函数，．
（1）若曲线与在点处有相同的切线，求的值；
（2）若，证明：对任意的，．
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义求函数在处的斜率，结合切线相同列方程求参数；
（2）构造，利用导数研究其在的单调性得，即可证结论.
【小问1详解】
由题设，，则，，
又曲线与在点处有相同的切线，则；
【小问2详解】
令且，，
则，
所以在上单调递增，则，即，得证.
18. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，且，渐近线方程为．
（1）求方程；
（2）设轴上方的点，分别在的左支与右支上，若，求四边形的面积．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，求出渐近线方程，进而求出即得的方程.
（2）设，利用向量关系表示出点坐标，再建立方程组求出点坐标即可求出面积.
【小问1详解】
双曲线的渐近线方程为，依题意，，半焦距，
而，解得，
所以的方程为.
【小问2详解】
设，而，由，得，
依题意，，解得，即，
，，
等腰底边上的高，
又四边形为梯形，则，
所以四边形的面积为.
19. 已知一个袋子中装有分别标有数字的张卡片，．
（1）把这个袋子中的张卡片分别放入2个不同的盒子中，每个盒子不空，记分配方法总数为，求的值；
（2）从这个袋子中依次随机抽取一张卡片．
（i）若取出的卡片不再放回袋子，记为最后一张标号为偶数的卡片被取出时所需的抽取次数，求；
（ii）若取出的卡片再放回袋子，最多抽取次，直到取到标号为偶数的卡片就停止抽取，记抽取的次数为，证明：．
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用组合计数求，再由分组求和法，结合等比数列求和公式求解即可；
（2）（i）利用组合计数与古典概型概率公式得到概率分布列，再由离散型随机变量的期望公式可求；（ii）利用相互独立事件同时发生的概率公式得到概率分布列，再由错位相减法即可求得.
【小问1详解】
由题意知，
所以
.
【小问2详解】
（i）由题意知的所有可能取值为，
则，
所以
，
因为
，
所以；
（ii）证明：若取出的卡片再放回袋子，则每次抽取到偶数号码卡片的概率为，
由题意知的所有可能取值为，
所以，，
则的分布列为
所以，
则，
两式相减可得
，
所以.
【点睛】解决此题的关键有二：一是审清题意确定终止条件，结合概率模型使用公式求解；二是利用错位相减法数列求和证明不等式.