2025黑龙江省哈尔滨市第三中学高三第四次模拟考试数学试卷（含答案解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页哈三中2025年高三学年第四次模拟考试数学试卷考试说明：本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，满分150分．考试时间为120分钟．1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚．2．选择题必须使用2B铅笔填涂，非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹签字笔书写，字体工整，字迹清楚．3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在草稿纸、试题卷上答题无效．4．保持卡面清洁，不得折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、刮纸刀．第I卷（选择题，共58分）一、单选题：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．已知全集，，，那么是（

）A． B． C． D．2．已知条件，，则是的（

）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3．已知随机变量服从标准正态分布，且，则（

）A．0.1 B．0.2 C．0.3 D．0.64．已知是关于的实系数方程的一个根（为虚数单位），则（

）A．3 B．2 C．-2 D．-35．已知的展开式中二项式系数之和为16，各项系数之和为81，则其展开式中的系数是（

）A．4 B．8 C．32 D．646．直线与圆相交于，两点，当面积最大时，（

）A．0 B． C． D．7．已知函数为奇函数，则在上的最大值为（

）A． B． C． D．8．牛顿用“作切线”的方法求函数零点时给出一个数列，我们把该数列称为牛顿数列．如果函数有两个零点1，2，数列为的牛顿数列．设，已知，的前项和为，则等于（

）A．2025 B．2026 C． D．二、多选题：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．已知向量，为平面内两个单位向量，且，则下列说法正确的有（

）A．在上的投影向量为B．C．与可以构成平面内所有向量的一组基底D．10．双曲线的左、右焦点分别为，，下列说法正确的有（

）A．若双曲线的两条渐近线互相垂直，则B．过作渐近线的垂线，垂足为，若，则双曲线离心率为C．若双曲线的焦距为，为双曲线上一点，则到两渐近线距离之积为D．若点为该双曲线上的一点，且，则11．已知棱长为2的正方体中，，分别是棱，的中点，为棱上一点，动点在线段上，动点在正方形内及其边界上，且．记点的轨迹为曲线，则（

）A． B．曲线的长度为C．存在，，使得平面 D．当与只有一个公共点时，第II卷（非选择题，共92分）三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．将答案填在答题卡相应的位置上．12．等比数列的公比为2，若，成等差数列，设为的前项和，则_____．13．4位学生被分配到、、三地学习，每地至少分配一名学生，每名学生只能去一个地点学习，其中学生甲必须去地，则共有_____种不同分配方式（用数字作答）．14．已知函数，若存在实数、b、，满足且，则_____．四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．15．已知四棱锥，平面，底面是矩形，，，，分别是与的中点．(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值；(3)求点到平面的距离．16．在中，角，，所对的边分别为，，，，，．(1)求；(2)若，为线段的中点，请从①；②；③这三个条件中选一个，使得存在，求此时线段的长．注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．17．平面直角坐标系中，已知曲线上任意一点到点的距离比到直线的距离大1．(1)求曲线的方程；(2)过点作两条互相垂直的直线、，直线与曲线交于、两点，直线与曲线交于、两点，求的最小值．18．已知．(1)若有两个零点，求的取值范围；(2)若恒成立，求实数的最小值；(3)时，设，判断在上解的个数．19．某医院对原有生命维持设备安装升级装置，安装后该升级装置的控制系统由个相同的电子模块组成，每个模块正常工作的概率均为，各模块之间相互独立．控制系统有不少于个模块正常工作时升级装置正常运行，否则升级装置不工作（原设备正常工作）．升级装置正常运行的概率为（例如表示控制系统由5个模块组成时升级装置正常运行的概率）．(1)若每个模块正常工作的概率为0.75．（i）计算；（ii）当时，求控制系统中正常工作的模块个数的分布列和期望；(2)已知设备安装升级装置前单位时间可维持患者生命体征的稳定率为60%，安装后升级装置正常运行时有90%的概率触发“基础模式”，稳定率可提升至90%，有10%的概率触发“高效模式”，稳定率可达95%．（i）用表示安装升级装置后该设备的平均稳定率；（ii）在确保模块总数为奇数的条件下，能否通过增加模块的数量来提高平均稳定率?请说明理由．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．C【分析】先求出，再根据交集、补集、并集的定义求解即可.【详解】由，，，则，，，所以，，，.故选：C.2．A【分析】由充分条件和必要条件的定义可得结果.【详解】由，可推出，故充分性成立；由，可得，即，解得：或，故必要性不成立.所以是的充分不必要条件.故选：A.3．B【分析】根据正态分布的对称性求解即可.【详解】由题意，随机变量服从标准正态分布，则，因为，所以，则，所以.故选：B.4．B【分析】确定方程的另外一根，根据韦达定理即可求得答案.【详解】是关于的实系数方程的一个根，所以也是方程的一个根，所以.故选：B5．C【分析】根据二项式系数之和以及系数之和求，再根据二项式定理运算求解即可.【详解】由题意，展开式中二项式系数之和为16，则，即，即二项式为，因为的展开式中各项系数之和为81，令可得，，解得，此时二项式为，其展开式的通项公式为，，令，得，所以展开式中的系数是.故选：C.6．B【分析】求出圆心和半径，直接利用三角形面积公式求出最值，从而得到圆心到直线的距离，代入计算即可.【详解】，即，则其圆心为，半径为，而，当且仅当时等号成立，此时为顶点为的等腰直角三角形，此时圆心到直线的距离，则，解得.故选：B.7．D【分析】首先化简函数的解析式，然后根据是奇函数求出的值，然后根据正弦函数的性质和的范围确定的最大值.【详解】因为，所以.因为为奇函数，所以.所以.当时，，所以，所以的最大值为.故选：D.8．D【分析】先由函数有两个零点求得和的解析式，进而求得数列的递推公式，从而得到数列的前n项和，即可求得的值．【详解】有两个零点1，2，则，解之得，则，则，则，则，由，可得，即，又，则数列是首项为2，公比为2的等比数列，则，前n项和，则.故选：D．9．BCD【分析】由题意根据平面向量的数量积运算可得，进而根据投影向量的定义、数量积的运算律、基底的定义、向量垂直的定义判断各选项即可.【详解】由题意，，，则，则，即.对于A，在上的投影向量为，故A错误；对于B，，故B正确；对于C，由，得不共线，则与不共线，所以与可以构成平面内所有向量的一组基底，故C正确；对于D，由，则，故D正确.故选：BCD.10．ABD【分析】A利用斜率之积为计算；B计算和即可求出；C根据条件写出双曲线和渐近线的方程，再利用点到直线的距离公式化简即可；D先求证三点均在以为直径的圆上，再利用双曲线的定义以及勾股定理得出即可.【详解】渐近线方程为，若双曲线的两条渐近线互相垂直，则，得，故A正确；由题意可知，点到渐近线的距离为，又直线的斜率为，则，则，得，，故离心率为，故B正确；由题意可知，，则，则双曲线方程为，渐近线方程为，设点，则，点到两条渐近线的距离之积为，故C错误；因，则，则三点均在以为直径的圆上，设，由于对称性，不妨设点在第一象限，则，得，则，故D正确.故选：ABD11．AC【分析】对于A，根据条件可得面，即可求解；对于B，根据条件可得点的轨迹是以为圆心，为半径的圆弧，即可求解；对于C，根据条件可得面面，即可求解；对于D，在面上建立平面直角坐标系，根据条件，求出的坐标，即可求解.【详解】对于选项A，如图1，连接，因为，分别是棱，的中点，则，由正方体的性质易知，所以，又面，面，所以面，则动点到平面的距离为定值，又动点在线段上，则，所以选项A正确，对于选项B，如图2，连接，因为面，又面，所以，又，E是棱的中点，所以，则点的轨迹是以为圆心，为半径的圆弧，所以曲线的长度为，故选项B错误；对于选项C，如图2，连接，，且与曲线交于，因为，面，面，所以面，又易知，面，面，所以面，又，面，所以面面，因为面，所以面，则与重合时，平面，所以选项C正确，对于选项D，如图3，建立平面直角坐标系，则动点在圆上，当与曲线只有一个公共点时，设直线的方程为，则，整理得到，解得或（舍），所以，令，得到，即，所以，所以选项D错误，故选：AC.12．62【分析】根据等差中项的性质以及等比数列的通项，建立方程，结合等比数列求和公式，可得答案.【详解】因为，成等差数列，所以，则，解得，则.故答案为：62.13．【分析】分地安排一人与安排两人两种情况讨论即可求解.【详解】若地只有学生甲，则把其余3人分成两个组，安排到、两点有种，若地有两名学生，则有种安排方法，故共有种安排方法.故答案为：.14．##【分析】作出函数的图象，当时，方程的解分别为、、、，根据题意可知，、、对应的数为、、或、、，不妨取、、为对应的、、，可得出，进而得出，令，则，构造函数，结合函数的单调性求出的值，可得出、的值，即可得解.【详解】函数，函数的图象是保留函数在上的图象，并去除函数在上的图象，再将函数在上的图象关于轴翻折，可得到函数的图象，作出函数的图象如下图所示：当时，方程的解分别为、、、，由，得、、为、、、中的三个数，而，且，则、、对应的数为、、或、、，根据对称性，不妨取、、为对应的、、，由，得，又，则，而，因此，令，则，函数为减函数，且，则方程的解为，即，解得，，所以.故答案为：15．(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）要证明线面平行，需在平面内找到一条线段与平行即可.（2）首先建立空间直角坐标系，然后将点的坐标表示出来，然后求出平面的法向量和直线的方向向量，进而可根据向量夹角的余弦公式即可求得直线与平面的正弦值.（3）根据（2）中求得的平面的法向量，根据点到平面的距离公式即可求得结果.【详解】（1）取的中点，连接.则.而底面为矩形，是的中点，所以.所以，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，而不在平面内，所以平面.（2）因为平面，四边形为矩形，所以以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示.则，.所以.设平面的一个法向量为，则，令，则.所以平面的一个法向量为，所以.所以直线与平面所成角的正弦值为.（3）因为，平面的一个法向量为.所以点到平面的距离为：.16．(1)(2)【分析】（1）利用向量数量积坐标运算得，再利用正弦定理结合三角恒等变换化简即可求解；（2）若选①，可得的值，再由正弦定理可得的值，由大边对大角可得该三角形不存在；若选②，可得的值，再由正弦定理可得的值，再由余弦定理得的值，因为为中线，可得，根据向量计算即可求解；若选③，由三角形面积公式可得的值，同②计算可得的长度.【详解】（1）由，，得，，即，由正弦定理可得：，在中，，得，因为，所以，即，所以，因为，所以（2）若选①，由，得，由正弦定理可得，可得，显然不成立，故不存在；若选②，由，得，由正弦定理可得，由余弦定理可得，即，解得（负值舍去），因为，即，有，即；若选③，，得，由②可得，，即.17．(1)(2)【分析】（1）先判断曲线的类型，再确定其解析式.（2）设直线，，根据焦点弦公式分别求弦长和，再结合基本不等式和换元法求的最小值.【详解】（1）因为曲线上任意一点到点的距离比到直线的距离大1．所以曲线上任意一点到点的距离与到直线的距离相等，所以曲线为抛物线，且为焦点，为准线，所以，所以曲线的方程为：.（2）如图：设直线，，代入抛物线得：，得，整理得：.由韦达定理：.所以.用代替，可得.所以.设，则，当且仅当时取等号.则..18．(1)(2)(3)一个解【分析】（1）由得，问题转化为在上有两个解，构造函数分析单调性可得结果；（2）转化题设为恒成立，构造函数，利用导数分析单调性，可得在上恒成立，分析函数最值可得结果；（3）由题意得，设，，利用导数分析单调性，可得函数在上有一个零点，在没有零点，由此可得答案.【详解】（1）令，，得，令，则，所以在上单调递增，因为时，，所以，故在上无解，所以要使有两个零点，则在上有两个解.设，，则，令，得；令，得，所以函数在上单调递减，在上单调递增，又，且时，，时，，所以，即的取值范围为.（2）由（1）得，，所以恒成立等价于恒成立，等价于恒成立，即恒成立，即恒成立，设，，则，且，设，，则，令，得，令，得，所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以，即，故函数在上单调递增，所以在上恒成立，即在上恒成立，设，，则，令，得，令，得，所以函数在上单调递增，在上单调递减，故，所以，即实数的最小值为.（3）由（1）得，时，，，由，得，设，，则，设，，则，因为函数在上单调递增，且，，所以存在，使得，当时，；当时，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，又，所以存在，使得，当时，；当