山西省太原市部分学校2025届高三下学期5月预测考试数学试题（含解析）

山西省太原市部分学校2025届高三下学期5月预测考试数学试题
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知，则（ ）
A．1 B． C．2 D．
3．双曲线的离心率为3，则（ ）
A． B．2 C． D．3
4．已知向量，，且，则（ ）
A． B． C．4 D．1
5．设函数在区间的最小值和最大值分别为和，则（ ）
A．2 B． C． D．
6．已知函数，则（ ）
A． B．5 C．9 D．10
7．袋子里有大小相同的3个红球和2个白球，每次从袋子里随机取出一个球，若取出的是红球则放回袋子，若取出的是白球则不放回袋子.记为取了次后白球恰好全部取出的概率，则（ ）
A． B． C． D．
8．满足，.设，分别为，上的点，为的中点，将沿折起，使点到达点的位置，且平面.若四棱锥的所有顶点都在同一球面上，且球心恰好在直线上，则该球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知函数，则（ ）
A．是奇函数 B．
C．在区间单调递减 D．有且仅有2个零点
10．若，则（ ）
A． B．
C． D．
11．已知抛物线：的焦点为，准线为，为上一点，且在第一象限，过作的垂线，垂足为，直线与在第一象限交于点，过作的垂线，垂足为，且，则（ ）
A．为线段的中点 B．
C．是正三角形 D．直线与相切
三、填空题
12．记为等差数列的前项和.若，，则 .
13．若函数在区间单调递增，则的取值范围是 .
14．有15张扑克牌，牌面分别为1，2，…，10，J，Q，K，小王，大王.魔术师先按照牌面依次为1，2，…，10，J，Q，的顺序将这12张牌背面朝上摆成一叠（牌面为1的牌在最上面），然后魔术师请一名观众将牌面为的牌背面朝上随机插入已摆好的这叠牌（共12张）中的某个位置（不能把这张牌放在这叠牌的最上面或最下面），再把牌面为小王和大王的两张牌中的一张背面朝上放在这叠牌（共13张）的最上面，另一张背面朝上放在这叠牌（共13张）的最下面，之后继续由这名观众把这叠牌（共15张）按如下方式发牌：把最上面那张牌发到桌上，然后把下一张牌放到这叠牌（共14张）的最下面，之后再把最上面那张牌发到桌上，再把下一张牌放到这叠牌（共13张）的最下面，依此类推，直到这叠牌只剩下一张牌.这时，魔术师可以准确说出最后剩下的这张牌的牌面是 .
四、解答题
15．记的内角，，的对边分别为，，.已知.
（1）求；
（2）若，，求的面积.
16．已知椭圆：的右焦点为，且过点.
（1）求的方程；
（2）设为上一动点，当取得最大值时，求直线被截得的弦长.
17．某款产品的尺寸误差（单位：）服从正态分布，若一件产品的尺寸误差的绝对值不小于，则认为该件产品不合格.
（1）任取一件产品，求这件产品不合格的概率；
（2）在计算二项分布的概率时，若重复性试验的次数很多且每次试验事件发生的概率很小，则可利用泊松分布代替二项分布进行近似计算.设随机变量服从二项分布，若，且，则，，其中.现对某一批产品抽取40件进行检测，若不合格产品超过3件，则认为这批产品不合格.估算这批产品不合格的概率（精确到0.01）.
附：若，则；.
18．如图，四棱柱的底面是正方形，为的中点.
（1）若平面平面，，，求二面角的正弦值；
（2）设为线段的中点，.
（i）证明：平面；
（ii）设四棱柱的体积为，三棱锥的体积为，证明：.
19．已知函数和各有两个零点.
（1）求的取值范围；
（2）若一个函数有且仅有两个零点，则称这两个零点的算术平均数为该函数的“完美点”.设和分别为和的“完美点”.
（i）比较与的大小；
（ii）证明：.
参考答案
1．【答案】D
【详解】因为集合，，故.
故选D
2．【答案】B
【详解】因为，故，.
故选B
3．【答案】A
【详解】双曲线的实半轴为，
设双曲线的半焦距为，因为双曲线的离心率为，故，
所以.
故选A
4．【答案】C
【详解】因为向量，，若，则，故.
故选C
5．【答案】B
【详解】若，则，
由正弦函数的性质可知，
当时，函数取得最小值，即，
当时，函数取得最大值，即，
所以.
故选B
6．【答案】C
【详解】由题设，故.
故选C
7．【答案】B
【详解】设事件为第一个白球在次取出，且第二个白球在第次取出，其中，
则，
所以.
故，又，
故时，，即，，
时，，即，，故A错误，B正确；
，又，
故时，，即，，
时，，即，，故C，D错误.
故选B.
8．【答案】D
【详解】
若四棱锥的所有顶点都在同一球面上，则，，，四点共圆，
故，，又，
故，所以，
因为平面，又球心恰好在直线上，故为四边形的外接圆圆心，故.
因为，故，，
故，因为平面，故，
设，则，
设球心为，球半径为，则，
故，故.
所以球的表面积为,
故选D.
9．【答案】AC
【详解】函数的定义域为R，
对于A，，是奇函数，A正确；
对于B，求导得，，B错误；
对于C，，当时，，，
奇函数在上递减，则在上递减，因此在上递减，C正确；
对于D，奇函数满足，因此零点个数必为奇数，D错误.
故选AC
10．【答案】ABD
【详解】对于A，令，则，
故，故A正确；
对于B，令，则，
又，故，故B正确；
对于C，令，则，
又，故，故C错误；
对于D，令，则，故D正确.
故选ABD
11．【答案】BCD
【详解】对于A，由，得，而，则，A错误；
对于B，设，由，且轴，得，
由，，得，又，
则，即，B正确；
对于C，，，而，
即，解得，，又，
因此是正三角形，C正确；
对于D，点到直线的距离为，，则，
直线的方程为，由得，
，则直线与相切，D正确.
故选BCD
12．【答案】57
【详解】设的公差为，
由，可得，又，
故，
所以.
13．【答案】
【详解】，
令，则当时，，
又因为，
当且仅当时等号成立，且当时，不恒为0，
故的取值范围是.
14．【答案】Q
【详解】把大王、小王摆放完后，将15张牌按照从上到下的顺序依次编号为1，2，…，15，
此时2号牌面为1，且14号牌面为Q，这时按题中发牌的规则开始发牌，
记每一次把最上面的牌发到桌上且下一张放到最下面为一次操作，
每完成一次操作后这叠牌的编号顺序分别为：
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
14.
故最后剩下的是编号为14的纸牌，根据之前的操作可知该牌的牌面为Q.
15．【答案】（1）；
（2）.
【详解】（1）因为，故.
由正弦定理有，即.
故由余弦定理有，.
所以.
（2）由余弦定理有，又，，，
故，解得或（舍去）.
故的面积为.
16．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）设半焦距为，因为，故.
又过点，故.
由椭圆的几何性质有，
故，.
所以的方程为.
（2）
设的左焦点为，则，当且仅当，，三点共线时等号成立，此时.
因为，故直线的方程为.
与的方程联立有，
整理有，，解得，.
故直线被截得的弦长为.
17．【答案】（1）0.05；
（2）0.14.（注：和均为正确答案）
【详解】（1）当，时，，则，
所以任意一件产品是不合格的概率为0.05.
（2）记为不合格产品的数量，则，且，
又，且，则，，
其中，
因此
，
所以这批产品不合格的概率为0.14.
（注：最终结果为和均为正确答案）
18．【答案】（1）；
（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.
【详解】（1）如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向建立空间坐标系.
设，因为，故是正三角形，
又平面平面，且底面是正方形，
故，，，，
，，
设平面的法向量为，平面的法向量为，
则，，
不妨取，则，.
故.
故二面角的正弦值为.
（2）（i）方法1：如图，延长与的延长线交于点，
连接并延长，交的延长线于点，
连接，交于点，连接，则平面.
因为为线段的中点，，故，
因为，，，故，
又，故.
因为，且，故四边形是平行四边形，即.
又平面，平面，所以平面.
方法2：由
.
因为平面内的存在点，满足，有.
又因为平面，所以平面.
方法3：同（1）建立空间坐标系，若，四棱柱的高为，
则，，，若，
根据可得，，
根据是的中点得，，
，
，，平面的法向量是，
所以①，②.
其中方程②可改写为.
可取，，，
，
所以平面.
（ii）由（i）可知平面，
故.
所以.
19．【答案】（1）
（2）（i）；（ii）证明见解析
【详解】（1）由，，得，，
则，的零点等价于，的零点.
，，
当时，易知，均在区间单调递增，且在单调递减，
故当时，，
当时，，
若有两个零点，则，即.
当时，，当时，，且，
故当时在区间和各恰有一个零点.
综上，若，各有两个零点，则的取值范围是.
故答案为：.
（2）（i）不妨设和的两个零点分别为，和，，
则，，且，.
设，则，
设，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故，，单调递增，
故当时，，
即，当时，，即.
故，，同理有，
故，即.
故答案为：.
（ii）因为，故.
又，
设，则，
当时，，单调递增，
故，即，
故.
设，
则，且，，且当时，，单调递增，
故当时，至多只有一个极值点，且为极小值点.
因为，且，
当，且时，，
单调递增，故，.
所以当时，，即.
又因为，故.