山西省2025届高三下学期一模数学试卷（解析版）

这是一份山西省2025届高三下学期一模数学试卷（解析版），共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知复数，，其中为虚数单位，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为，，则.
故选：.
2. 若直线被圆所截得的弦的长度为，则（ ）
A. B. C. 或D. 或
【答案】C
【解析】由题意得，圆的圆心坐标为，半径.
∵弦长，
∴圆心到直线的距离，即点到直线的距离为2，
∴，解得或.
故选：C.
3. 方差的单位是原数据单位的平方，为了使其与原数据的单位一致，对方差开方得到标准差.利用方差和标准差可以刻画数据的离散程度或波动幅度.观察下面两组数据：
1，2，3，4，5
1001，1002，1003，1004，1005
它们的方差和标准差相等，但两组数据的数量级不同，两个个位数相差1与两个四位数相差1，直观感觉应该是不同的.那么，最适合刻画这两组数据离散程度的统计量是（ ）
A. 方差B. 标准差
C D.
【答案】D
【解析】题中已经明确指出，两组数据的方差和标准差相等，而两组数据的直观感觉是不同的，
所以排除选项A与B.为了将这种“直观感觉应该是不同的”用统计量表达出来，
需要消除因两组数据数量级不同造成的影响，根据统计量构造的经验，
应该除以相同单位的数据更合理，即，所以排除C选择D.
故选：D
4. 是函数为增函数的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】由函数是增函数，得，解得，
∴是函数为增函数充分不必要条件.
故选：A.
5. 已知向量，，满足，，且在上的投影向量为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】设，由在上的投影向量为，知，解得.
故选：A
6. 若，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为函数在上是减函数，，所以，
又，所以.
故选：.
7. 已知函数的定义域为，且，，则（ ）
A. 0B. 2025C. D. 1013
【答案】D
【解析】由得，且函数关于点对称；
由得.
又由得，
所以，得函数是周期为2的函数，
当时，，故.
故选：D
8. 设为圆锥底面的一条直径，为底面圆周上异于的一点，为靠近的一个三等分点，且二面角与二面角的大小相等，则该圆锥的体积与三棱锥的体积之比是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】在圆所在平面内，过作，垂足为，过作，垂足为，
∵，∴，，
∴为二面角的平面角，为二面角的平面角，
∴.
∵在和中，，
∴.
∵为上靠近的一个三等分点，∴.
设，则，底面圆半径为，圆锥高.
∵点在圆锥底面圆上，∴，
∵点为中点，，，
∴，，
∴，即，
∴，，
∴.
故选：B.
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. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A. 函数的最小正周期是2
B.
C.
D. 函数的图象向右平移个单位得到一个偶函数的图象
【答案】ACD
【解析】A.由图可知，最小正周期，A正确.
B.由，得，故，B错误.
C.将点代入中，得，
∴，即，
∵，∴，C正确.
D.由题意得，，
的图象向右平移个单位，所得函数解析式为，
由函数定义域为，得为偶函数，D正确.
故选：ACD.
10. 已知椭圆，左，右焦点分别为，，点是上的动点，点，则下列结论正确的是（ ）
A. 椭圆的离心率为B. 的最大值为10
C. 的最小值为5D. 被点平分的弦所在直线的斜率为
【答案】ABD
【解析】
A.由题意得，，，故椭圆的离心率，A正确.
B.由A得，，∴.
由椭圆定义得，，
∴，B正确.
C.，C错误.
D.由可知点在椭圆内部，设过点的直线与椭圆相交于点，，
∴，两式相减，得，
∵弦被点平分，∴，，
∴，即直线的斜率为，D正确.
故选：ABD.
11. 已知函数，过点作平行于轴的直线交曲线于点，曲线在点处的切线交轴于点.则（ ）
A. 当时，切线的方程为B. 当时，的面积为
C. 点的坐标为D. 面积的最小值为
【答案】BCD
【解析】由已知得，，
过点的切线方程为，当时，，
则，故正确；
当时，，则，
以为切点的切线方程为，即，故错误；
此时，的面积，故正确；
因为，，，
所以，，所以，
令，所以，
令，即，解得，
当时，，所以函数在内单调递减，
当时，，所以函数在内单调递增，
所以当时，函数有最小值，最小值为，故正确.
故选：.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知等比数列的前项积为，若，则__________.
【答案】
【解析】由题意得，，
∵，
∴，
∴.
故答案为：.
13 已知，则__________.
【答案】
【解析】因为，
所以，
化简得，所以，得.
故答案为：.
14. 投掷两枚质地均匀的骰子，正面朝上的点数分别记为m、n，则能使成立的数对共有__________对.
【答案】12
【解析】由题意知m，n的取值依次为1，2，3，4，5，6，因此可得的取值如下表.经检验，符合题中不等式的在下表中用下划线标注，相应的数对共有12对.
故答案为：12
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. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.
（1）求证：；
（2）若.
（i）求；
（ii）若，且的面积为，求的周长.
（1）证明：因为，所以.
又因为，所以原式左边右边，得证.
（2）解：（i）由（1）可得.
又由正弦定理得，即.
由余弦定理得.
因为，得.
（ii）由题知，由，得.
又由余弦定理，可得，
即，所以.
所以，故的周长为16.
16. 已知函数.
（1）判断函数的单调性；
（2）若存在，使得，求的取值范围.
解：（1）由题意得，的定义域为，
∵，∴.
由得或.
当时，恒成立；
当时，由得，或，由得；
当时，由得，或，由得.
综上可得：当时，在上单调递增；
当时，在，上单调递增，在上单调递减；
当时，在，上单调递增，在上单调递减.
（2）由（1）得时，在上单调递增，在上最大值为，故不存在，使得.
当时，若，即，则在上单调递减，在上的最大值为.
若存在，使得，只需，解得，故.
若，即，则在上单调递增，在上单调递减，在上最大值为，
若存在，使得，只需，解得.
综上可得，的取值范围为.
17. 在三棱柱中，点在上，且，为线段上的动点.
（1）若为的中点，
（i）在图中画出的重心，并说明点与线段BE的位置关系；
（ii）求证：平面.
（2）若三棱柱是棱长均为2的正三棱柱，当二面角为时，求到平面的距离.
解：（1）（i）连结，交于点，连结交BE于点.
因为为的中点，为的中点，
所以为的重心，所以.
又因为为的中线，
所以点也为的重心，所以点在线段BE上.
（ii）连结，并延长交AC于点，连结DG.
因为为的重心，所以.
又因为，所以，即.
又因为平面，平面，所以平面.
（2）取AB的中点.
因为为棱长相等的正三棱柱，所以为正三角形，所以.
又因为在正三棱柱中平面，所以，.
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.
则，，，，，
设，可知，所以，
所以，.
设平面的法向量为，则所以
令，则可得.
易知平面的一个法向量为，
所以，即，解得（舍），或.
所以，.又，
则到平面的距离.
18. 2025年冰雪节来临之际，搭建冰雕主题乐园需要大量的冰块，A，B，C三个工程队负责从冰冻的江中采出尺寸相同的冰块.在雕刻的过程中，有时会导致冰块碎裂，且一旦有裂痕冰块就不能使用了.A，B，C三个工程队所采冰块总数之比为6：7：5，冰块利用率即所使用冰块数占所采冰块总数的比例分别为0.8，0.6，0.6.在计算以上数值的过程中忽略了少量冰块对计算结果的影响，这种思路可用于整个问题求解的过程中.现在从三个工程队采出的所有冰块中随机抽取冰块，用频率估计概率.
（1）若只取1块，求它是由B队所采的概率；
（2）若抽取2块，其中由A队采出的冰块数记为，求的分布列和数学期望；
（3）假设每年使用的冰块数一样多，已知往年任意一块冰被利用的概率为0.65，那么能否判断今年冰块的利用率有显著提升？你有什么好的建议？
解：（1）由题意知，冰块之间是没有差异的，所以，从三个工程队采出的所有冰块
中随机抽取一块抽到每一块冰的可能性可以看作是相等的.
因为A，B，C三个工程队所采冰块总量之比为6：7：5，
所以若只取1块，它是B队所采的概率为.
（2）据题意知在计算过程中可以忽略少量冰块对计算结果影响，
即可以将“从三个工程队采出的所有冰块中随机抽取”看作是有放回的抽取.
设事件A，B，C分别表示随机抽取的一块冰是由A，B，C二个队分別采回的，
与（1）同理可求得若只取1块，则，
由B，C两队所采的概率为.
依题意可知的取值为0，1，2，且.
所以，，，
所以的分布列为：
数学期望.
（3）设事件表示冰块被利用，由（2）知，.
所以，，.
又
，即今年冰块的利用率约为0.67.
可见，今年冰块的利用率比往年提升了约.
但依据该数据还不能判断今年冰块的利用率有显著提升.若要判断提升是否显著，
可以进一步查阅数据，构造相关统计量再进行判断.
19. 定义：任取数列中相邻的两项，若这两项之差的绝对值为常数，则称数列具有“性质”.已知项数为的数列的所有项之和为，且数列具有“性质”.
（1）若，数列具有“性质2”，且，，写出的所有可能值；
（2）若数列具有“性质2”，且，，证明：“”是“（）”的充要条件；
（3）若数列具有“性质”，其中为奇数，，，，证明：或.
（1）解：根据定义，有，所以或3.
由得或5.
因此有如下三种情况：
若为，此时，
若为，此时，
若为，此时.
综上,的所有可能值为.
（2）证明：必要性：因为，，
所以，故数列是首项为，公差为2的等差数列，
所以，必要性成立.
充分性：因为，，所以，，…，，
累加可得，，即，
因为，所以上述不等式的每个等号都取到，
所以，所以，充分性成立.
综上所述，“”是“”的充要条件.
（3）证明：令，由题意得，.
因为，，，…，，
所以
.
因为，且为奇数，所以为偶数，
所以为偶数.
所以要使，必须使偶数，即4整除，
因为中有一个奇数和一个偶数，所以中有一个是的倍数，故或.
当时，
比如，，，或，，时，有，；
当时，
比如，，，，
或，，，，有，.
当或时，或，不能被4整除，.0
1
2
P