2025届山西省太原市高三一模考试数学试题 含解析

这是一份2025届山西省太原市高三一模考试数学试题 含解析，文件包含历史试题pdf、历史答案pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共10页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1．本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，第I卷1至4页，第II卷5至8页.
2．回答第I卷前，考生务必将自己的姓名、考试编号填写在答题卡上.
3．回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B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，写在本试卷上无效.
4．回答第II卷时，将答案写在答题卡相应位置上，写在本试卷上无效.
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
第I卷（选择题 共58分）
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. 计算（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】直接由复数的除法运算可得解.
【详解】.
故选：B.
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解不等式确定集合，然后由并集定义计算.
【详解】因为，，
解得：，，
所以.
故选：C.
3. 已知，，若，则实数（ ）
A. B. 3C. 6D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用平面向量减法的坐标表示求出，再利用平面向量平行的坐标表示建立方程，求解参数即可.
【详解】因为，，所以，
因为，所以，解得，故A正确.
故选：A
4. 已知，，，则下列结论正确是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用对数函数的性质，分别比较与的大小即可.
【详解】由，
.
所以.
故选：B
5. 已知的三条边长分别为3，4，5，的两个顶点是椭圆的焦点，其另一个顶点在椭圆上，则的离心率的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据焦距进行分类讨论，结合已知条件求离心率的最大值.
【详解】已知的三条边长分别为，，，因为，所以是直角三角形.
设的两个顶点为椭圆的焦点，另一个顶点在椭圆上.
情况一：若焦距，则椭圆上一点到两焦点距离之和.
此时离心率.
情况二：若焦距，则椭圆上一点到两焦点距离之和.
此时离心率.
情况三：若焦距，则椭圆上一点到两焦点距离之和.
此时离心率.
所以椭圆的离心率的最大值为.
故选：C.
6. 将函数的图象先向左平移个单位，再向上平移1个单位后，所得的图象经过点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据函数平移的规则，求出平移后的新函数，然后将代入新函数，得，结合条件求出即可.
【详解】函数向左平移个单位，再向上平移1个单位后，得到的新函数为
当时，,
化简得,
即,
则,其中，解得,，
又因为,
所以，所以
故选：C.
7. 已知等差数列的前项和为，且，是以1为公差的等差数列，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先设出首项和公差作为基本量，再结合给定条件建立方程求解参数，得到，最后结合等差数列的性质与求和公式逐个选项分析求解即可.
【详解】设等差数列的首项为，公差为，
因为，所以，
得到，即，
因为是以1为公差的等差数列，所以，
则，化简得，
即，因为，所以，解得，
则，下面我们开始分析各个选项，
对于A，，故A错误，
对于B，，故B正确，
对于C，，故C错误，
对于D，，故D错误.
故选：B
8. 已知函数有三个零点，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】问题化为在上有三个根，进而化为有三个根，导数研究且的区间单调性和值域，讨论参数m判断方程根的个数求参数范围.
【详解】令，则，
两侧平方得，即，
所以，
对于且，有，
上，即在上单调递增，
上，即在上单调递减，
当时有，当时有，当时有，
在上值域为，在上值域为，在上值域为，
当时，，则有三个根，则，满足题设；
当时，，可得或，共有两个零点，不合题设；
当时，或，且，
若，则，即为其中的两个根，
此时，结合上述分析且有且仅有一个根，共有三个零点，满足题设；
若，则为其中的两个根，而且有且仅有一个根为，
此时，一共只有两个零点，不满足题设；
若，则，此时为其中一个根，
此时，结合上述分析且有且仅有一个根，共有两个零点，不满足题设；
综上所述，的取值范围为.
故选：A.
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的．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. 已知样本数据的平均数为3，方差为3，样本数据的平均数为3，方差为6，则下列结论正确的是（ ）
A. 数据的平均数为7
B. 数据的方差为11
C. 数据的平均数为3
D. 数据的方差为5
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用平均数的性质判断A，C，利用方差的性质判断B，D即可.
【详解】对于A，因为样本数据的平均数为3，
所以由平均数性质得数据的平均数为，故A正确，
对于B，因为样本数据的方差为6，
所以数据的方差为，故B错误，
对于C，因为样本数据的平均数为3，样本数据的平均数为3，
所以数据的平均数为，故C正确，
对于D，由已知得数据的平均数为，
则新方差为，故D正确.
故选：ACD
10. 已知函数，若，且，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】通过分析函数的单调性，再结合已知条件且来逐一判断选项.
【详解】,即,解不等式可得,
所以函数的定义域为 ，
，
因为,所以,
则, 函数在上单调递增；
对于选项A：已知,因为函数在上单调递增，
所以,故A正确；
对于选项B：由且，可得，
因为函数在上单调递增，所以,故B正确；
对于选项C：由且，
可得, ，
因为函数在上单调递增，所以,故C错误；
对于选项D：因为且,所以，
,
又因为函数在上单调递增，
所以,故D错误；
故选：AB.
11. 已知动点到点和直线的距离和为5，记其轨迹为曲线．点，是曲线上的两个不同点，点，则下列结论正确的是（ ）
A. 曲线的方程为
B. 对于任意，都存在点，，使得成立
C. 当时，若点，关于点对称，则
D. 若点，关于点对称，则的取值范围为
【答案】BCD
【解析】
【分析】求曲线的方程，判断A的真假；根据曲线的对称性，可判断B的真假；结合，坐标的特点，可求的取值范围，判断C的真假；分，两种情况，求的取值范围，判断D的真假.
【详解】对A：根据题意，列方程：.
当时，化简可得：；
当时，化简可得：.故A错误.
对B：由A，作出曲线如下：
可知曲线关于轴对称，所以对于任意，都存在点，，只要，，就能使得成立，故B正确；
对C：因为，所以一定分别在曲线（）和（）上.
不放设，（），则，
因为，所以.故C正确；
对D：若，因为，关于对称，所以当，分别对应点和，时，取得最大值；当接近曲线的上下顶点时，接近于0；
若，由C可知，，且
，.
所以
综上：，故D正确.
故选：BCD
第II卷（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 的展开式中的系数是______．（用数字作答）
【答案】
【解析】
【分析】由二项式定理可得的展开式的通项公式，由通项公式结合条件可得答案.
【详解】的展开式的通项公式为，
令可得
所以的展开式中的系数是
故答案为：
13. 已知圆台的上、下底面的半径分别为1和3，球与该圆台的上、下底面及其侧面都相切，则球的表面积为________．
【答案】
【解析】
【分析】作出圆台的轴截面，根据题设和几何性质可得，结合勾股定理求出球半径，代入球的表面积即可.
【详解】设圆台的高为,球的半径为，作出圆台的轴截面，如图所示，
，
已知圆台的上、下底面半径分别为 ，斜边为圆台母线长，
圆台的轴截面等腰梯形的高 等于球的直径2,
因为球与圆台侧面相切，所以 ,
则 ，
所以 ,
所以，
同时 ，由勾股定理可得,
将, 代入到中，
得到，化简得，，
根据球的表面积公式,将代入公式可得：，
综上，球的表面积为.
故答案为：.
14. 对于数列，称为数列的1阶商分数列，其中；称为数列的阶商分数列，其中，当时，．已知数列，，且为数列的2阶商分数列，则数列的前项和为________．
【答案】
【解析】
【分析】理解阶商分数列的新定义，根据新定义可得，将和代入化简可得递推关系式：，利用累乘法以及裂项相消法即可求得，从而求得数列的前n项和.
【详解】根据题目中的定义，数列的1阶商分数列中，
满足：①，则②；
2阶商分数列中，满足：，
根据题意，，
将①，②代入上式可得：③，
将和代入③得：，
化简后得到递推关系式：，化简可得：，
由累乘法可得：
，
所以，
经检验，，，满足上式；
所以，
设数列的前n项和为 ，
则，
.
故答案为：.
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. 已知，，分别是的内角，，的对边，且．
（1）求；
（2）若是边上一点，且，，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理化简已知条件，从而求得.
（2）利用三角恒等变换求得，利用正弦定理列方程来求得.
【小问1详解】
由得，
由余弦定理得，∵，∴．
小问2详解】
设，∵，∴，
∴，
在中，由正弦定理得，
在中，由正弦定理得，
∵，∴，
∴，
∴．
16. 已知函数，．
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，若恒成立，求的值．
【答案】（1）答案见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，再分类讨论求出函数的单调性.
（2）由给定不等式构造函数，得该函数在处取得最小值，结合极值的意义求出，再验证得解.
【小问1详解】
函数的定义域为，求导得，
当时，，函数在上单调递增；
当时，由，得；由，得，
函数在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
令，，
求导得，由当时，恒成立，
得，恒成立，而，因此是函数的最小值，
又在可导，则1是的极小值点，，解得，
当时，，，
令，，求导得，
由，得；由，得，
函数在上单调递减，在上单调递增，则，即，
因此，当且仅当时取等号，
所以.
17. 如图，在多面体中，四边形是边长为2的菱形，且，平面，平面平面，是等边三角形．

（1）求证：；
（2）若，点是线段上一点，二面角的余弦值为，求的长．
【答案】（1）证明见解析
（2）1
【解析】
【分析】（1）设是的中点，根据菱形的几何性质有，由面面垂直的性质定理可知平面，进而可证明平面，所以.
（2）建立空间直角坐标系，设，通过计算法向量来表示二面角的余弦值，计算求得的值即可得出结果.
【小问1详解】
证明：设是的中点，连结，，
∵平面，∴，
∵是等边三角形，∴，
∵平面平面，∴平面，

∴，∴，，，共面，
∵四边形边长为2的菱形，，，
中，，
∴，∴，
∵四边形为菱形，∴，∴，
∵，∴平面，∴．
【小问2详解】
由（1）得，，
∵平面，
∴，以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
设，则，
设是平面的一个法向量，则
∴
取，则，∴，
设是平面的一个法向量，则
∴
取，则，，∴，
∵二面角的余弦值为，∴，
∴或（舍去），∴．
18. 已知圆，点，动点，以为直径的圆与圆相外切，记点的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）设点，，，直线，分别与曲线交于点，（点异于点）．
①求证：直线过定点；
②若，为垂足，求点的轨迹方程．
【答案】（1）
（2）①证明见解析；②
【解析】
【分析】（1）设是的中点，，连接，，即可得到，结合双曲线的定义计算可得；
（2）①设，，直线方程为，联立直线与曲线方程，消元，列出韦达定理，求出、的方程，令得到，从而得到、的关系，即可求出定点坐标；②由①知直线过定点，记其为点，即可得到在以为直径的圆上，从而求出轨迹方程.
【小问1详解】
设是的中点，，连接，，
由题意可得且，
所以，
故点的轨迹是以，为焦点，实轴长为2的双曲线的右支曲线，
则，所以，，
所以曲线的方程为．
【小问2详解】
①设，，直线的方程为，
由得，
∴，，
直线的方程为，令，则，
直线的方程为，令，则，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴或，
当时，直线的方程为，令，即，所以，
所以直线经过点，即点与重合，与题意不符；
当时，直线的方程为，令，即，所以，
所以直线过定点；
②由①知直线过定点，记其为点，
由可知垂足在以为直径的圆上，∵，∴，
所以点的轨迹方程为．
19. 某商场推出购物抽奖促销活动，活动规则如下：
①顾客在该商场内的消费额每满100元，可获得1张奖券；
②每张奖券可以进行1次抽奖活动，即从装有4个白球、2个红球的盒子中，随机摸取1个球（每个球被摸到的可能性相同）．奖励规则：若摸出白球，则没有中奖，摸出的白球放回原盒子中，本张奖券抽奖活动结束；若摸出红球，则中奖，获得礼品1份，且摸出的红球不放回原盒子中，同时得到一次额外的抽奖机会（该抽奖机会无需使用新的奖券），继续从当前盒子中随机摸取1个球，其奖励规则不变；
③从第二张奖券开始，使用每张奖券抽奖时均在前一张奖券抽奖活动的基础上进行；
④若顾客获得2份礼品（即该顾客将2个红球都摸出）或使用完所获奖券，则该顾客本次购物的抽奖活动结束．
（1）顾客甲通过在商场内消费获得了若干张奖券并进行抽奖，求事件“甲使用第2张奖券抽奖，中奖"的概率；
（2）顾客乙通过在商场内消费获得了若干张奖券并进行抽奖，求事件“乙获得第2份礼品时，共使用了3张奖券”的概率；
（3）顾客丙消费了1000元，设表示顾客丙在这次抽奖活动中所使用奖券的数量，求的分布列及其期望．
【答案】（1）
（2）
（3）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）根据古典概型，分别确定每个子事件发生的概率，再利用分步乘法计数原理，将两个子事件的概率相乘，从而得到目标事件的概率.
（2）“乙获得第2份礼品时，共使用了3张奖券”存在多种实现路径，通过细致分析抽奖规则，将其分为“第1张未中奖，第2、3张中奖”和“第1张中奖，第2张未中奖，第3张中奖”这两种互斥情况,计算可求得结果;
（3）依据抽奖规则和题目设定，明确随机变量所有可能的取值为1、2、3,概率求解：对每个取值，分析其对应的抽奖过程和结果，利用古典概型及分步乘法计数原理计算相应的概率，进而构建出的分布列和期望.
【小问1详解】
设事件“甲使用第张奖券抽奖，中次奖”，
则所求事件为，其概率为．
【小问2详解】
设事件“乙使用第张奖券抽奖，中次奖”，
则所求事件为，其概率为．
【小问3详解】
由题意可知的所有可能取值为1，2，⋯，10．
当时，表示顾客丙使用张奖券将2个红球全部摸出；
当时，表示顾客丙使用第10张奖券抽奖时盒子里有1个或2个红球．
设事件“顾客丙使用第张奖券抽奖时盒子里有2个红球”的概率为，事件“顾客丙使用第张奖券抽奖时盒子里有1个红球”的概率为，
则，，，，
∴，，
∴，∴，，
∴，，
∴；
∴
，
设，
∴，
∴，∴，
设，
∴，
∴，∴，
∴
.