山西省忻州市青桐鸣2025届高三下学期5月大联考数学试题【含答案解析】

秘密★启用前2025届普通高等学校招生全国统一考试青桐鸣大联考（高三）数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上．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.若，i为虚数单位，为z的共轭复数，则复数（）．A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据虚数单位的幂次规律化简，再通过复数的运算法则求出，最后根据共轭复数的定义求出．【详解】，即，即，所以．故选：C．2.已知全集，，，则（）．A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】按照补集交集的定义求解即可.【详解】因为，，所以．故选：．3.已知向量和向量，若，则实数（）．A. B.0 C.1 D.2【答案】D【解析】【分析】根据向量共线的坐标表示得到方程，解得即可.【详解】因为，所以，即，所以．故选：D．4.已知随机变量，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用正态密度曲线的对称性可求得的值.【详解】因为，又，根据正态曲线的性质可得，，故．故选：A．5.在的展开式中，含有项的系数为（）．A.15 B.6 C.20 D.2【答案】A【解析】【分析】求出二项展开式的通式，合理赋值即可.【详解】因为的展开式的通项公式，，1，2，3，4，5，6，令，得，故含有项的系数为．故选：A．6.函数的大致图象是（）．A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据函数的定义域判断D，根据奇偶性判断A，再由函数自变量时，函数值的变化趋势判断C.根据函数性质，判断B.【详解】函数的定义域为，排除选项D；，故函数奇函数，图象关于原点对称，排除选项A；当时，；当时，，排除选项C；综上所得，选项B符合题意．故选：B．7.已知正六棱柱的底面边长为4，体积为，点N在正六边形内及其边界上运动，若，则动点N的轨迹长度为（）．A B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据棱柱体积公式列方程求高．已知的值，利用勾股定理求出，可知点轨迹是以为圆心，为半径的圆弧（在正六边形内的部分），再根据已知得，用弧长公式算出轨迹长度．【详解】设此正六棱柱的高为h，则体积，得，又，在直角三角形中，可得，所以点N的轨迹为以为圆心，以2为半径的圆弧（在正六边形内的部分），又因为，所以动点N的轨迹长度为．故选：C．8.已知函数，且不等式的解集为，，则的极大值为（）．A.0 B.36 C.72 D.108【答案】D【解析】【分析】首先根据不等式的解集，确定函数的零点，根据函数的零点写出函数的解析式，再利用待定系数法求函数的解析式，由导数求函数的极大值.【详解】因为不等式的解集为xx>m且则，故，又，故，，故，则，令，解得或，由可得或，由可得，故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故是函数的极大值点，的极大值为．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.现有一组数据分别为71，63，67，83，73，63，关于这组数据，下列说法正确的是（）．A.极差为20 B.众数为63 C.方差为 D.中位数为71【答案】ABC【解析】【分析】根据极差，众数，方差公式，中位数概念计算即可.【详解】将该组数据从小到大排列：63，63，67，71，73，83，可得该组数据的极差为，故A正确；众数为63，故B正确；平均数为，方差为，故C正确；因为中位数为，故D错误．故选：ABC．10.已知函数，则下列说法正确的是（）．A.为函数的一个周期B.函数的值域为C.函数的图象关于直线对称D.将函数的图象向右平移个单位长度所得图象对应的函数是奇函数【答案】BC【解析】【分析】对于A选项：把和代入算出与的值，比较二者是否相等来判断对错．对于B选项：令，先确定范围是，再根据指数函数单调性求值域．对于C选项：将换为代入，通过诱导公式化简，看是否与相等来判断．对于D选项：先对右移个单位得，进而得到右移后的，把代入，看是否为判断对错．【详解】因为，所以．对于选项A，，，所以，故A错误；对于选项B，令，，，因为在上单调递减，所以的值域为，故B正确；对于选项C，因为，故C正确；对于选项D，将的图象向右平移个单位长度所得图象对应的函数是，故的图象向右平移个单位长度得到的函数为，因为，故D错误．故选：BC．11.小明参加某次测试，已知试题分单选题和多选题两类．每道单选题选对得8分，选错得0分；每道多选题全部选对得12分，部分选对的或有选错的得0分．电脑题库中每一组题都有12道，其中单选题有7道，多选题有5道．小明抽中一组题后，电脑会从12道题中随机抽取10道让小明作答．已知小明每道单选题选对的概率均为，每道多选题全部选对的概率均为，且每道试题回答是否正确互不影响，则下列说法正确的是（）．A.小明作答的试题中有且仅有4道多选题的概率为B.在小明作答的试题中至少有6道单选题的条件下，试题恰有7道单选题、3道多选题的概率为C.当小明作答的试题中有且仅有5道多选题时，其多选题总得分的期望为18D.当小明作答的试题中有且仅有道多选题时，其单选题总得分的期望为【答案】ABD【解析】【分析】对于A，算从7道单选题里选6道、5道多选题里选4道的选法数量，再算从12道题里选10道的选法总数，前者除以后者得概率；对于B，“至少7道单选题”有7单3多和6单4多两种情况，用7单3多的情况数除以这两种情况数之和得概率；对于C，先确定多选题选对题目的平均数量，再乘每题分值12，得到总得分平均情况；对于D，确定单选题选对题目的平均数量，乘每题分值8，得到总得分平均情况.【详解】对于选项A，可知从7道单选题、5道多选题中随机抽取出6道单选题、4道多选题，其概率为，故A正确；对于选项B，所求概率为，B正确；对于选项C，设多选题全部选对的题数为，则，所以，故多选题总得分的期望为，故C错误；对于选项D，设单选题选对的题数为X，因为单选题的题数为，所以，所以，故单选题总得分的期望为，故D正确．故选：ABD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.记函数的导函数为，若，则__________．【答案】##【解析】【分析】首先求函数的导数，再代入自变量，即可求解.【详解】因为，所以，所以．故答案为：13.已知双曲线的左焦点为，离心率e为，圆与E在第一象限的交点为A，且，则__________．【答案】4【解析】【分析】由已知条件结合双曲线的定义出，再由点A在圆上，可得，结合离心率，从而可求出.【详解】设双曲线的右焦点为，半焦距为c，因为圆与E在第一象限的交点为A，所以，由双曲线的定义得，由，得，即，解得，(舍去)．故答案为：.14.已知函数，的定义域均为R，且为偶函数，为奇函数，函数的最小值为，若函数有两个零点s，t，则__________．【答案】10【解析】【分析】由的最小值为求出，又由为偶函数，为奇函数，推出是以4为周期的周期函数，即得的对称轴即可求解.【详解】由函数的最小值为，得，解得，又，故，所以，对称轴为．因为函数为偶函数，所以，可得；因为函数为奇函数，所以，可得，又，所以，即，所以，故函数是以4为周期的周期函数，由，得函数关于对称，所以函数关于对称，故关于对称，所以．故答案为：10.四、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，分别是角的对边，且，，，．（1）求角C；（2）求的面积；（3）求向量在向量上的投影向量的模．【答案】（1）（2）（3）4【解析】【分析】（1）由正弦定理边化角即可求解；（2）由余弦定理结合三角形面积公式即可求解；（3）由投影向量的计算公式即可求解.【小问1详解】由正弦定理，得，因为，所以，所以，得，因为，所以．【小问2详解】由余弦定理得，因为，，，代入整理得，解得（舍去），所以的面积．【小问3详解】因为，，所以向量在向量上的投影向量的模为．16.如图（1）所示的平面图形中，，，，，，点P是以为直径的半圆上任意一点（不与点C，D重合），以为折痕，将半圆所在平面折起，使平面平面，如图（2）．（1）证明：平面；（2）求面积的最大值；（3）当时，求平面与平面的夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）29（3）【解析】【分析】（1）根据面面垂直的性质得到线面垂直，再利用线线平行的性质得到另一条线的线面垂直，最后结合已知条件和线面垂直的判定定理得出最终结论．（2）首先根据线面垂直的性质得到线线垂直关系，再利用勾股定理得出的值，最后通过基本不等式求出面积的最大值．（3）首先根据已知条件建立空间直角坐标系并求出相关点的坐标，求出平面的法向量；最后利用向量的夹角公式求出两个平面法向量夹角的余弦值.【小问1详解】（1）证明：∵平面平面，平面平面，，平面，∴平面．∵，∴平面，∵平面，∴．∵点P在以为直径的半圆上，∴，又，平面，，∴平面．【小问2详解】由（1）得平面，∵平面，∴，∴，∴，当且仅当时取等号，∴面积的最大值为29．【小问3详解】在平面内过点P作于点G，∵平面平面，平面平面，平面，∴平面，以G为坐标原点，以过点G与平行的直线为x轴，，所在的直线分别为y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，当时，，则，可得，则，，，，则，，，设平面的法向量为，，即，令，则，，∴．由（1）得平面的一个法向量为，，∴平面与平面夹角的余弦值为．17.已知数列的前n项和满足．（1）求的通项公式；（2）若，恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据数列前项和与通项关系来求解数列的通项公式，最后需要检验时的情况是否满足时的通项公式．（2）已知条件得到关于不等式，通过构造数列，求出数列的最小值，进而确定的取值范围．【小问1详解】，则当时，，当时，，不符合，所以．【小问2详解】因为，，所以，．令，则，当时，不妨设的第n项的值最小，只需令，解得，又，所以的最小值为，所以，即的取值范围是．18.已知抛物线的准线为l，以为圆心，面积为的圆与y轴的负半轴交于点Q，动点P到直线l的距离为．（1）求动点P的轨迹的方程；（2）若直线l与y轴的交点为M，是否存在过点M且斜率存在的直线n交于A，B两点，使？若存在，求出直线n的方程；若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2）存在；【解析】【分析】（1）先根据圆的圆心和面积求出圆方程，令得到圆与轴交点，结合点位置确定坐标.再由抛物线准线，设点坐标，根据距离关系列出等式，整理得到的方程.（2）先设出直线方程和、两点坐标，联立直线与椭圆方程，根据判别式确定范围，求出与.用弦长公式求出，根据向量关系得到表达式.再由列方程，解出并验证是否满足判别式，从而确定直线方程.【小问1详解】以为圆心，面积为的圆的方程为，令，得或，因为点Q在y轴的负半轴上，所以，易得抛物线的准线为，设，则，整理得的方程为．【小问2详解】存在．依题意可知，设直线n的方程为，，，联立，整理得，，故，，于是．因为A，M，B三点共线，所以，又因为，若，即，解得，满足，故存在直线n，其方程为．19.已知，函数，．（1）当时，讨论函数的单调性；（2）证明：函数存在两个零点；（3）当时，不等式恒成立，求的取值范围．【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）先求，再分类讨论大于和小于时的正负即可得到函数的单调性；（2）分和讨论的单调性以及值域，再由得到的单调性，当时，构造函数利用导数结合零点存在定理分析；（3）先根据（2）中得到的的单调性画出其大致图象，再由（1）中的结论分类讨论，求出值域，最后由恒成立，确定的取值范围.【小问1详解】解：函数的定义域为，又，当时，，故函数在区间上单调递减；当时，令，解得，当变化时，，的变化情况如下表所示：单调递增单调递减故当时，函数在区间上单调递增，在区间