云南省臨滄市鳳慶縣鳳山鎮(zhèn)前鋒中學(xué)2025屆高三5月仿真考試數(shù)學(xué)試卷(含詳解)

云南省前鋒中學(xué)2025屆高三5月仿真考試數(shù)學(xué)試卷注意事項:

1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在試卷上無效。

3.考試結(jié)束后，本試卷和答題卡一并交回。一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.已知集合A={x|1<x<3}，B={x|x<m}，若A?B，則實數(shù)m的取值范圍是(

)A.{m|m≤1} B.{m|m≥1} C.{m|m≤3} D.{m|m≥3}2.若復(fù)數(shù)z滿足(1+2i)z=4+3i，則|z|=(

)A.3 B.2 C.5 3.對于數(shù)列an，“an=kn+b”是“數(shù)列anA.充分不必要條件 B.必要不充分條件

C.充要條件 D.既不充分又不必要條件4.已知向量a=(1,3)，b=(?1,0)，|c|=2，若向量a與b的夾角等于向量a與c的夾角，且向量bA.(1,?3) B.(?1,3)5.函數(shù)fx=cosωx+φ(ω,φ為常數(shù)，ω>0，φ<π2)的部分圖象如圖所示，為得到函數(shù)A.向右平移2π3個單位長度 B.向右平移π3個單位長度

C.向左平移π6個單位長度 D.6.正三棱臺A1B1C1?ABC三條側(cè)棱的延長線交于點P，如果PA1:PA=1:3，三棱臺AA.3 B.2 C.37.已知F1,F2分別為橢圓x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦點，過點F1向圓C:(x?aA.13 B.22 C.8.已知f(x)=ex+1?e1?x+A.n<m<1 B.1<n<m C.m<1<n D.1<m<n二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.已知事件A，B，C，滿足P(A)=0.6，P(B)=0.2，則下列結(jié)論正確的是(

)A.如果P(A∪B∪C)=1，那么P(C)=0.2

B.如果A與B相互獨立，那么P(AB)=0.32

C.如果A與B互斥，那么P(A∪B)=0.8

D.如果B?A，那么10.在棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，M,N,P,Q分別是棱C1D1，A.PN與A1M為異面直線

B.A1B與MN所成的角為90°

C.平面PMN截該正方體所得截面形狀為等腰梯形

D.11.對于函數(shù)fx=exA.fx恰有一個極值點

B.fx有最小值但沒有最大值

C.直線y=kx+2與曲線fx的公共點個數(shù)最多為4

D.經(jīng)過點三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.一組數(shù)據(jù)按照從小到大的順序排列為2,3,4,5,6,9，記這組數(shù)據(jù)的上四分位數(shù)為n，則二項式2x?1xn展開式的常數(shù)項為13.已知P為拋物線y2=4x上一點，點P到直線l1:4x?3y+6=0的距離為d1，點P到直線l2:x+?4=0的距離為d14.某小區(qū)有5個連排的私家車位，其中1、2號為甲家所有，3、4號為乙兩家所有，5號為丙家所有．若甲、乙、丙三家各有一輛私家車，規(guī)定每個車位至多停一輛車且這三輛車只能停這5個車位，稱車輛未停在自家車位上為停錯位，則三輛車全停錯位的停法數(shù)為

.(用數(shù)字作答)四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題13分)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，sin(A?B)+sin(1)求角A;(2)若a=7，AB?AC=20，求16.(本小題15分)已知實數(shù)a>0，設(shè)fx(1)若a=3，求函數(shù)y=fx的圖象在點1,?1(2)若對于任意的x1∈2,+∞，總存在x2∈1,+∞17.(本小題15分)甲乙兩人參加單位組織的知識答題活動，每輪活動由甲乙各答一個題，已知甲、乙第一輪答對的概率都為12，甲如果第k(k∈N?)輪答對，則他第k+1輪也答對的概率為34，如果第k輪答錯，則他第k+1輪也答錯的概率為34;乙如果第k輪答對，則他第k+1輪也答對的概率為2(1)若前兩輪活動中第二輪甲乙都答對，求兩人第一輪也都答對的概率;(2)如果在每一輪活動中至少有一人答對，游戲就可以一直進(jìn)行下去，直到他們都答錯為止.設(shè)停止游戲時進(jìn)行了Y輪游戲，求證：E(Y)<4．18.(本小題17分)

A1D在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=6，D，E分別是AC，AB上的點，滿足DE//BC且DE經(jīng)過△ABC的重心，將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A(1)求證：A1C⊥(2)求CM與平面A1BE(3)在線段A1C上是否存在點N，使平面CBM與平面BMN夾角余弦值為34?若存在，求出19.(本小題17分)角谷猜想，也稱為“3n+1”猜想，其內(nèi)容是：任取一個正整數(shù)，如果是偶數(shù)，將它除以2；如果是奇數(shù)，則將它乘以3再加上1，如此反復(fù)運算，該數(shù)最終將變?yōu)?；這就是對一個正整數(shù)運算時“萬數(shù)歸1”現(xiàn)象的猜想，假如對任意正整數(shù)a0(a0?2)，按照上述規(guī)則實施第1次運算后的結(jié)果記a1，實施第2次運算后的結(jié)果記為a2，…實施第n?1次運算后的結(jié)果記為an?1，實施第n次運算后得到數(shù)1，則停止運算，即可以得到有窮數(shù)列{an}:(1)若a0=6，求數(shù)列(2)若數(shù)列3～an滿足a6(3)對任意的數(shù)列1～an，求證：n?2log答案及解析1.【答案】D

【解析】解：∵A={x|1<x<3}，B={x|x<m}，且A?B，

∴m≥3，

∴m的取值范圍是{m|m≥3}．

故選：D．2.【答案】C

【解析】解：因為(1+2i)z=4+3i，

則z=4+3i1+2i=16+93.【答案】C

【解析】【分析】【解答】解：若數(shù)列an的通項公式為an=kn+b，

則an+1?an若數(shù)列an為等差數(shù)列，設(shè)首項為a1，公差為d，

則通項公式為令d=k，a1?d=b，則數(shù)列an的通項公式可寫為an=kn+b，(k,b所以對于數(shù)列an，“an=kn+b故選：C．4.【答案】A

【解析】解：因為向量a與b的夾角等于向量a與c的夾角，

所以a·cac=a·bab=?12×1=?12，

設(shè)c=x,y，

則x+3y2x2+y2=?12，

所以x+3y=?x2+y2，

所以x2+23xy+3y2=x2+y2，

即23xy+2y2=0，解得5.【答案】B

【解析】【分析】【解答】解：由2πω4=又cos(2×所以f(x)=cos又cos[2(x?只需將函數(shù)f(x)的圖象向右平移π3故選B．6.【答案】D

【解析】解：由正三棱臺A1B1C1?ABC三側(cè)棱的延長線交于點P，得三棱錐P?ABC為正三棱錐，過P作PO⊥平面ABC于O，交平面A由PA1:PA=1:3，得B1C1則VA1B解得OO1=26，則PO=36，

設(shè)?由三棱錐P?ABC為正三棱錐，得O是?ABC的中心，

所以AO=由PO⊥平面ABC，得∠PAO為側(cè)棱A1A與底面所成的角，故選：D．7.【答案】C

【解析】解：如圖，

設(shè)圓C與x軸切于點A，與F1P切于點設(shè)橢圓與y軸正半軸交于點Q，下面證明P，Q重合，設(shè)∠CF1A=αtan=2b(a+c)a2+c∴QF1與PF∴S?PF1F2=12故選：C．8.【答案】D

【解析】解：函數(shù)定義域為R，

f(x)=ex+1?e1?x+lnx2+1?x，

則f(?x)=e?x+1?e1+x+lnx2+1+x，

f(x)+f(?x)=ex+1?e1?x+lnx2+1?x+e?x+1?e1+x+lnx2+1+x

=lnx2+1?x+lnx2+1+x=lnx2+1?x2=ln1=0，

所以函數(shù)y=f(x)是奇函數(shù)，

f(x)=ex+1?e1?x+ln(x2+1?x)，

則f′(x)=ex+1+e1?x?1x2+1，

又ex+1+e1?x?2e2=2e，且?1??1x2+1<0，

f′(x)=ex+1+e1?x?1x2+1>09.【答案】BC

【解析】【分析】【解答】

解：A.P(A∪B∪C)=P(A)+P(B)+P(C)?P(A∩B)?P(B∩C)?P(A∩C)+P(A∩B∩C)，

∴P(C)不一定為0.2，A錯誤;

B.若A、B相互獨立，則A，B也相互獨立，

∴P(AB)=P(A)?P(B)=(1?P(A))(1?P(B))=0.4×0.8=0.32，B正確；

C.如果A，B互斥，則A∩B=?，則P(A∪B)=P(A)+P(B)?P(A∩B)=0.6+0.2?0=0.8，C正確；

D.如果B?A，那么P(A∪B)=0.6=P(A)，P(B|A)=10.【答案】ABD

【解析】

解：取A1D1,BC,CC中點J,G,H，

因為N,J分別是棱A又因為P,M分別是棱AB,C則D1M//CD，且

D1M=1所以D1M//AP，且則四邊形APMD1為平行四邊形，可知PM//AD即P,M,J,N

四點共面，同理可證P、M、G、H四點共面，J、M、H、N四點共面，P、G、H、N四點共面，可知

P,G,H,M,J,N六點共面，

對于A，PN?平面PGHMJN，A1M∩平面PGHMJN=M，M?PN，故PN與A1M為異面直線，A正確；

對于B，在△MNP中，MN=1+1+4=6，NP=2，MP=22+22=22，MP2=NP2+MN2，故MN⊥PN，PN//A1B，所以A1B與MN所成的角為90°，故B正確；

對于C，平面PMN截該正方體所得截面形狀為六邊形，故C錯誤；

對于D，因為A1E=tA111.【答案】ACD

【解析】【分析】【解答】解：對于A，fx的定義域為?∞,0∪0,+∞當(dāng)x>2或x<0時，f′x>0，當(dāng)0<x<2時，所以fx在?∞,0和2,+∞上單調(diào)遞增，在0,2故x=2是fx唯一的極值點，故A對于B，由上述可知函數(shù)fx在0,+∞上的最小值為f又因為當(dāng)x→?∞時，fx>0且fx→0，當(dāng)x>0且當(dāng)x<0且x→0時，fx所以fx既無最小值也無最大值，故B對于C，由B選項作出函數(shù)fx的大致圖象如圖所示，

直線y=kx+2恒過點?2,0當(dāng)k足夠大時，直線y=kx+2與曲線y=fxx<0直線y=kx+2與曲線y=fxx>0則直線y=kx+2與曲線y=fx的公共點個數(shù)最多為4，故對于D，易知點0,0不在fx的圖象上，設(shè)切點為x則ex0x則經(jīng)過點0,0只可作曲線y=fx的一條切線，故D故選：ACD．12.【答案】60

【解析】解：因為6

×75%=4.5，所以這組數(shù)據(jù)的上四分位數(shù)為第5個數(shù)，故n=6，

所以二項式

(2x?1x)6展開式的通項為Tr+1=C6r(2x)6?r(?1x)r=

C13.【答案】5

【解析】解：依題意知拋物線y2=4x的焦點F(1,0)，連接PF，

則點P到直線l2的距離d2=|PF|+3，

所以d1+d2=d1+|PF|+3，

d1+|PF|的最小值，即點F到直線l1的距離，即|4+6|5=2，

當(dāng)且僅當(dāng)點P在F到直線故答案為：5．14.【答案】20

【解析】【分析】【解答】

解：根據(jù)題意可知，三輛車全停錯位的停法可分三類情況．

①若甲的車輛停在乙家的車位上，丙的車輛停在甲家的車位上，有C21C21C21=8種不同方法；

②若甲的車輛停在乙家的車位上，乙的車輛停在丙家的車位上，有C21C3115.【答案】解：(1)由題意，sin(A?B)=sinC?sinB，

所以sinAcosB?cosAsinB=sin(A+B)?sinB，

所以sinAcosB?cosAsinB

=sinAcosB+cosAsinB?sinB，

所以2cosAsinB=sinB.

因為B∈(0,π)，所以sinB≠0，所以cosA=116.【答案】解：(1)因為a=3，fx=x所以f′x=2x?6x故點1,?1處的切線方程為y??1=?4(2)由已知有f′x=2x?2ax2(a>0)，令f′(x)=0x(?∞,0)0(0,1(f′(x)?0+0?f(x)↘0↗1↘所以f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(0,1a)，單調(diào)減區(qū)間是(?∞,0)當(dāng)x=0時，f(x)取極小值0，當(dāng)x=1a時，由f(0)=f(32a)=0知，當(dāng)x∈(0,32a)時，因為對于任意的x1∈2,+∞，總存在x當(dāng)fx1=0時，不成立，故fx1設(shè)集合A={f(x)|x∈(2,+∞)}，集合B={1則“對于任意的x1∈(2,+∞)，都存在x2∈(1,+∞)，使得下面分兩種情況討論：當(dāng)32a<1即a>32時，有f(1)<0且此時f(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞減，故B=(1f(1),0)，A=(?∞,f(2))，所以A

當(dāng)1≤32a≤2即34≤a≤32時，有f(2)≤0且此時f(x)在(2,+∞)由f(1)≥0有f(x)在(1,+∞)上的值域為(?∞,0)∪0∪0,f(1)，所以(?∞,0)?B

綜上a的取值范圍為：[17.【答案】解：(1)設(shè)Ai=“甲在第i輪活動中答對”，Bi=“乙在第i輪活動中答對”，

Ci=“甲乙在第i輪活動中都答對”，(i=1,2)，

則PC2=PA1A2PB1B2+PA1A2PB1B2+PA1A2PB1B2+PA1A2PB1B2

18.【答案】解：(1)因為在Rt?ABC中，∠C=90°，DE//BC，且所以DE⊥CD，DE⊥AD，則折疊后，DE⊥A又A1D∩CD=D,A所以DE⊥平面A1CD，A1C?平面又已知A1C⊥CD，CD∩DE=D，

且CD,DE都在面BCDE內(nèi)，

所以A1(2)由(1)，A1C⊥CD，且A1C⊥平面BCDE

，而BC?平面BCDE

，

故A1C⊥BC，而CD⊥BC，

以CD為x軸，CB為y軸，因為AD=2CD，故DE=2由幾何關(guān)系可