2025屆山西省太原市高三一?？荚嚁?shù)學(xué)試題

試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁2025屆山西省太原市高三一模考試數(shù)學(xué)試題學(xué)校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．計算1+iiA．?1?i B．1?i C．2．已知集合A={x∣x<1A．?1,0 B．0,1 3．已知a=2,1，b=m,A．?2 B．3 C．6 D．4．已知a=32，b=logA．a(chǎn)>b>c B．b>a5．已知△ABC的三條邊長分別為3，4，5，△ABC的兩個頂點(diǎn)是橢圓E的焦點(diǎn)，其另一個頂點(diǎn)在橢圓A．13 B．12 C．576．將函數(shù)fx=sin2x+θ?πA．?π6 B．π6 C．?7．已知等差數(shù)列an的前n項和為Sn，且S5=4A．a(chǎn)5=10 B．S5=158．已知函數(shù)fx=x3?A．?127,C．?127,二、多選題9．已知樣本數(shù)據(jù)x1,x2,A．?dāng)?shù)據(jù)2xB．?dāng)?shù)據(jù)2yC．?dāng)?shù)據(jù)x1D．?dāng)?shù)據(jù)x110．已知函數(shù)fx=lnx2?xA．fx1<C．fx2>11．已知動點(diǎn)Px,y到點(diǎn)F0,1和直線y=4的距離和為5，記其軌跡為曲線C．點(diǎn)MxA．曲線C的方程為yB．對于任意a∈R，都存在點(diǎn)M，N，使得C．當(dāng)y1≠y2時，若點(diǎn)M，ND．若點(diǎn)M，N關(guān)于點(diǎn)A對稱，則AM+三、填空題12．x?2y5的展開式中13．已知圓臺的上、下底面的半徑分別為1和3，球O與該圓臺的上、下底面及其側(cè)面都相切，則球O的表面積為．14．對于數(shù)列an，稱Δan為數(shù)列an的1階商分?jǐn)?shù)列，其中Δan=an+1an；稱Δkan為數(shù)列an的k階商分?jǐn)?shù)列，其中Δka四、解答題15．已知a，b，c分別是△ABC的內(nèi)角A，B，C(1)求B；(2)若D是邊AC上一點(diǎn)，且AD=2D16．已知函數(shù)f(x)(1)討論函數(shù)f((2)當(dāng)x∈(0,+17．如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD是邊長為2的菱形，且∠BAD

(1)求證：AD(2)若DE=23，點(diǎn)G是線段BF上一點(diǎn)，二面角D18．已知圓O:x2+y2=1，點(diǎn)F2,0(1)求曲線C的方程；(2)設(shè)點(diǎn)A2,3，Pt,0，Q2?t,012<t①求證：直線ST②若AG⊥ST，19．某商場推出購物抽獎促銷活動，活動規(guī)則如下：①顧客在該商場內(nèi)的消費(fèi)額每滿100元，可獲得1張獎券；②每張獎券可以進(jìn)行1次抽獎活動，即從裝有4個白球、2個紅球的盒子中，隨機(jī)摸取1個球（每個球被摸到的可能性相同）．獎勵規(guī)則：若摸出白球，則沒有中獎，摸出的白球放回原盒子中，本張獎券抽獎活動結(jié)束；若摸出紅球，則中獎，獲得禮品1份，且摸出的紅球不放回原盒子中，同時得到一次額外的抽獎機(jī)會（該抽獎機(jī)會無需使用新的獎券），繼續(xù)從當(dāng)前盒子中隨機(jī)摸取1個球，其獎勵規(guī)則不變；③從第二張獎券開始，使用每張獎券抽獎時均在前一張獎券抽獎活動的基礎(chǔ)上進(jìn)行；④若顧客獲得2份禮品（即該顧客將2個紅球都摸出）或使用完所獲獎券，則該顧客本次購物的抽獎活動結(jié)束．(1)顧客甲通過在商場內(nèi)消費(fèi)獲得了若干張獎券并進(jìn)行抽獎，求事件“甲使用第2張獎券抽獎，中獎"的概率；(2)顧客乙通過在商場內(nèi)消費(fèi)獲得了若干張獎券并進(jìn)行抽獎，求事件“乙獲得第2份禮品時，共使用了3張獎券”的概率；(3)顧客丙消費(fèi)了1000元，設(shè)X表示顧客丙在這次抽獎活動中所使用獎券的數(shù)量，求X的分布列及其期望EX答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁《2025屆山西省太原市高三一模考試數(shù)學(xué)試題》參考答案題號12345678910答案BCABCCBAACDAB題號11答案BCD1．B【分析】直接由復(fù)數(shù)的除法運(yùn)算可得解.【詳解】1+故選：B.2．C【分析】解不等式確定集合A,【詳解】因為A={x解得：A=x|所以A∪B=故選：C.3．A【分析】利用平面向量減法的坐標(biāo)表示求出a?【詳解】因為a=2,1，因為a//a?b，所以故選：A4．B【分析】利用對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)，分別比較a,b與【詳解】由a=a=所以b>故選：B5．C【分析】根據(jù)焦距進(jìn)行分類討論，結(jié)合已知條件求離心率的最大值.【詳解】已知△ABC的三條邊長分別為3，4，5，因為3設(shè)△ABC的兩個頂點(diǎn)為橢圓E情況一：若焦距2c=3此時離心率e1情況二：若焦距2c=4此時離心率e2情況三：若焦距2c=5此時離心率e3所以橢圓E的離心率的最大值為57故選：C.6．C【分析】先根據(jù)函數(shù)平移的規(guī)則，求出平移后的新函數(shù)g(x)=sin(2x+【詳解】函數(shù)f(x)g當(dāng)x=π4化簡得sin(即sin(則5π6+θ=π2又因為?π所以k=0故選：C.7．B【分析】先設(shè)出首項和公差作為基本量，再結(jié)合給定條件建立方程求解參數(shù)，得到an【詳解】設(shè)等差數(shù)列an的首項為a1，公差為因為S5=4得到5a1+因為2Sna則2(2a即a1=d，因為a1=則an對于A，a5對于B，S5對于C，a10對于D，S10故選：B8．A【分析】問題化為在(?∞,1]上x3?m=【詳解】令fx=0兩側(cè)平方得(x3?所以(2對于y=2x3?x∈(?∞,0)x∈(0,13)當(dāng)x=0時有y=0，當(dāng)x=13在(?∞,0)上值域為(?∞,0當(dāng)m<0時，x2?m當(dāng)m=0時，x4(2當(dāng)m>0時，x=±m(xù)若0<m<1，則此時，結(jié)合上述分析m=2x若m=1，則x=±1為其中的兩個根，而1此時，一共只有x=若m>1，則?m此時，結(jié)合上述分析m=2x綜上所述，m的取值范圍為(?故選：A.9．ACD【分析】利用平均數(shù)的性質(zhì)判斷A，C，利用方差的性質(zhì)判斷B，D即可.【詳解】對于A，因為樣本數(shù)據(jù)x1所以由平均數(shù)性質(zhì)得數(shù)據(jù)2x1+對于B，因為樣本數(shù)據(jù)y1所以數(shù)據(jù)2y1?對于C，因為樣本數(shù)據(jù)x1,x所以數(shù)據(jù)x1,x對于D，由已知得數(shù)據(jù)x1,x則新方差為s2故選：ACD10．AB【分析】通過分析函數(shù)f(x)的單調(diào)性，再結(jié)合已知條件0【詳解】x2?x>0所以函數(shù)f(x)f′因為x∈(0則f′(x)>對于選項A：已知0<x1<x所以f(對于選項B：由0<x1<x因為函數(shù)f(x)在0對于選項C：由0<x1可得0<x2因為函數(shù)f(x)在0對于選項D：因為0<x1<xf(又因為函數(shù)f(x)所以f(故選：AB.11．BCD【分析】求曲線C的方程，判斷A的真假；根據(jù)曲線C的對稱性，可判斷B的真假；結(jié)合M，N坐標(biāo)的特點(diǎn)，可求a的取值范圍，判斷C的真假；分y1=y2，【詳解】對A：根據(jù)題意，列方程：x2當(dāng)y≤4時，化簡可得：當(dāng)y>4時，化簡可得：對B：由A，作出曲線C如下：可知曲線C關(guān)于y軸對稱，所以對于任意a∈R，都存在點(diǎn)M，N，只要x1+x對C：因為y1≠y2，所以M,N一定分別在曲線y=?1不放設(shè)Mx1,?x12因為0≤x12<16，所以對D：若y1=y2，因為M，N關(guān)于A0,a對稱，所以當(dāng)M，N分別對應(yīng)點(diǎn)4,4和?4,若y1≠yMN2=2x所以5≤MN2<綜上：0<故選：BCD12．?【分析】由二項式定理可得x?【詳解】x?2y令r=3所以x?2y5故答案為：?13．12【分析】作出圓臺的軸截面，根據(jù)題設(shè)和幾何性質(zhì)可得l=【詳解】設(shè)圓臺的高為h,球O的半徑為R，作出圓臺的軸截面，如圖所示，，已知圓臺的上、下底面半徑分別為r=1R0圓臺的軸截面等腰梯形的高h(yuǎn)等于球的直徑2R,因為球與圓臺側(cè)面相切，所以O(shè)E則△D所以ED所以l=同時h=2R將l=4,R0得到(2R)2+根據(jù)球的表面積公式S=4πR2綜上，球O的表面積為12π故答案為：12π14．2【分析】理解k階商分?jǐn)?shù)列的新定義，根據(jù)新定義可得Δ2bn=1+2nΔbn+1【詳解】根據(jù)題目中的定義，數(shù)列bnΔbn滿足：Δb2階商分?jǐn)?shù)列中，Δ2bn根據(jù)題意，Δ2將①，②代入上式可得：Δb將Δbn和Δb化簡后得到遞推關(guān)系式：bn=1由累乘法可得：bn所以bn經(jīng)檢驗，b1=1所以bn設(shè)數(shù)列bn的前n項和為S則SnSn故答案為：2n15．(1)B(2)4【分析】（1）利用余弦定理化簡已知條件，從而求得B.（2）利用三角恒等變換求得sinA，利用正弦定理列方程來求得tan【詳解】（1）由a+ba由余弦定理得cosB=a2+（2）設(shè)∠CBD=α∴sinA在△ABD在△BCD∵AD=2∴33∴tan∠16．(1)答案見解析；(2)a=【分析】（1）求出函數(shù)f(x)（2）由給定不等式構(gòu)造函數(shù)，得該函數(shù)在1處取得最小值，結(jié)合極值的意義求出a，再驗證得解.【詳解】（1）函數(shù)f(x)=x當(dāng)a≤0時，f′(x當(dāng)a>0時，由f′(x)<函數(shù)f(x)在(所以當(dāng)a≤0時，函數(shù)f(當(dāng)a>0時，函數(shù)f(x)（2）令g(x)求導(dǎo)得g′(x)=得?x∈(0,+∞)，又g(x)在(0,+∞當(dāng)a=1時，g(令h(x)=x由h′(x)<0，得函數(shù)h(x)在(0,1)因此g(x)所以a=17．(1)證明見解析(2)1【分析】（1）設(shè)H是BC的中點(diǎn)，根據(jù)菱形的幾何性質(zhì)有DH⊥BC，由面面垂直的性質(zhì)定理可知FH⊥平面A（2）建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)BG=λ【詳解】（1）證明：設(shè)H是BC的中點(diǎn)，連結(jié)DH，∵DE⊥平面AB∵△BCF∵平面BCF⊥平面ABC

∴DE//FH，∴D，E∵四邊形ABCD邊長為2的菱形，∠在△CDH∴CD2=∵四邊形ABCD為菱形，∴A∵DE∩DH=D，∴（2）由（1）得AD⊥D∵DE⊥平面∴DE⊥DH，以D為原點(diǎn)，DA，DH，DE則A2,0,0，B設(shè)BG=λ設(shè)m=x1,∴2取y1=λ，則z設(shè)n=x2,∴?取x2=3，則y2=∵二面角D?AG?E∴λ=12或λ18．(1)x(2)①證明見解析；②x【分析】（1）設(shè)N是MF的中點(diǎn)，F(xiàn)1?2,0，連接（2）①設(shè)Sx1,y1，Tx2,y2，直線ST的方程為x=my+n，聯(lián)立直線與曲線方程，消元，列出韋達(dá)定理，求出AS、AT的方程，令【詳解】（1）設(shè)N是MF的中點(diǎn)，F(xiàn)1?2,由題意可得ON//M所以MF故點(diǎn)M的軌跡是以F1，F(xiàn)則2a=2c=所以曲線C的方程為x2（2）①設(shè)Sx1,y1，T由x=my∴y1+y直線AS的方程為y=y1?直線AT的方程為y=y2?∴3x∴3m∴2m∴2m∴n2∴n2∴18m2?∴n+∴n=2?當(dāng)n=2?3m時，直線ST的方程為x=所以直線ST經(jīng)過點(diǎn)A3,2，即點(diǎn)當(dāng)n=3m+1時，直線ST的方程為x=所以直線ST過定點(diǎn)1②由①知直線ST過定點(diǎn)1,?由AG⊥ST可知垂足G在以AB所以點(diǎn)G的軌跡方程為x?19．(1)62(2)364(3)分布列見解析，7【分析】（1）根據(jù)古典概型，分別確定每個子事件發(fā)生的概率，再利用分步乘法計數(shù)原理，將兩個子事件的概率相乘，從而得到目標(biāo)事件的概率.（2）“乙獲得第2份禮品時，共使用了3張獎券”存在多種實現(xiàn)路徑，通過細(xì)致分析抽獎規(guī)則，將其分為“第1張未中獎，第2、3張中獎”和“第1張中獎，第2張未中獎，第3張中獎”這兩種互斥情況,計算可求得結(jié)果;（3）依據(jù)抽獎規(guī)則和題目設(shè)定，明確隨機(jī)變量X所有可能的取值為1、2、3,概率求解：對每個取值，分析其對應(yīng)的抽獎過程和結(jié)果，利用古典概型及分步乘法計數(shù)原理計算相應(yīng)的概率，進(jìn)而構(gòu)建出X的分布列和期望.【詳