2025届黑龙江省齐齐哈尔市高三下学期一模数学答案

一、单项选择题（本大题共8小题，每题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．）1.【答案】D【详解】因为集合A{0,1,2}，B{1,0,1}，所以AB-1,0，1,2.故选：D.2.【答案】A22(1i)2(1i)【详解】z1i，z1i，z对应的点为(1,1)，位于第一象限1i(1i)(1i)2故选A3.【答案】A1n1【详解】双曲线的渐近线方程为yx，，即m4n，故选A2m44.【答案】C【详解】圆柱的母线长为4，底面半径为2，圆柱的体积为Vr2l22416，故选CyD5.【答案】CA【详解】如图平面直角坐标系，，A(0,3),B(0,0),C(3,0)，1MAMMC，M(1,2)，BMMD，D(2,4)，2BxDA(2,1)DC(1,4)，CDADC(2)1(1)(4)2，故选C6．【答案】C【详解】对于A选项，根据人数分布可知1416184850，所以所抽取的100名同学的成绩的中位数不小于120，所以A选项不正确；对于B选项，所抽取的100名同学的成绩低于130的人数为141618307880，故所抽取的100名同学的成绩低于130所占比例低于80%，所以B选项不正确；对于C选项，所抽取的100名同学的成绩的极差最大值为1509060，极差最小值大于14010040，所以C选项正确；试卷第1页，共12页{#{QQABCQK84gCwkBaACY5rEUWwCEkQkJGjJUoMBUAQKAxLwQNAFIA=}#}1490161001811030120201302140对于D选项，成绩的平均分数x113.2，100所以D选项不正确，故选：C.7．【答案】A12【详解】∵PNPP'，∴P,N,P'三点共线，且P'NPP'，又∵PP'y轴，333∴设Nx,y，则P'0,y，Px,y，2222222y3xy9xy∵点P在x上，∴1，即1.22242故选：A8．【答案】C【详解】因为yxx(x0)，两边取对数，可得lnylnxx，即lnyxlnx，令gxxlnx(x0)，则g'xlnx1gxlnx1，1当x0,时，gxlnx10，gx为减函数，e1当x,时，gxlnx10，gx为增函数，e11∴gxg，minee111∴lny，e，y的最小值为e，eyee故选：C.二、多项选题（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．【答案】BCD11【详解】fxsin2x，gxsinx.224k令fx0，则x，kZ；令，则xk，kZ，24��=0试卷第2页，共12页{#{QQABCQK84gCwkBaACY5rEUWwCEkQkJGjJUoMBUAQKAxLwQNAFIA=}#}两个函数的零点不相同，故选项A不正确.11fx的最大值是，gx的最大值是，两个函数的最大值是相同的，故选项B正确.222由正弦型函数的最小正周期为可知fx最小正周期，gx最小正周期，2故选项C正确.k曲线对称轴方程为x，kZ，当k0时f(x)有一条对称轴为x，曲线424�=���=的对称轴方程为xk，kZ，当k0时g(x)有一条对称轴为x，所以两个函数44��的图象存在相同的对称轴：x，故选项D正确.4故选：BCD.10．【答案】AC【详解】对于A，设P(x,y)，因为点P到点F的距离是点P到直线l距离的2倍，2221y所以(x2)y2x，化简可得x21，故选项A正确；23y2对于B，由P的轨迹方程是x21可知，3xy0为其一条渐近线，二者没有公共点故选项B3错误；111对于C，可知M(2,0)，PQPM，PM1，PQ1故选项C正确；min2minmin22对于D，由C:x2y22x0可得(x1)2y21，即圆心为(1,0)，半径为1，易得点P的轨迹与圆C有交点，故选项D错误.故选：AC.11．【答案】BCD【详解】解：因为fxx33x2mx3，所以fx3x26xm，对于A，当m3时，令fx3x26xm0，则3612m0，所以当m3时，fx3x26x33(x1)20，所以fx单调递增，试卷第3页，共12页{#{QQABCQK84gCwkBaACY5rEUWwCEkQkJGjJUoMBUAQKAxLwQNAFIA=}#}此时函数没有两个极值，故A错误；32对于B，设过点的直线与切于点(x0,x03x0mx03)，则切线方程为0,1�=��322，代入，得y(x03x0mx03)(3x06x0m)(xx0)0,1322，1(x03x0mx03)x0(3x06x0m)32整理得：2x03x040，令g(x)2x33x24，则g(x)6x26x6x(x1)，所以当x(,1)时，g(x)0，g(x)单调递增；当x(1,0)时，g(x)0，g(x)单调递减；当x(0,)时，g(x)0，g(x)单调递增；32又g150,g040，所以yg(x)只有一个零点，即方程2x03x040只有一个解，所以过点且与曲线相切的直线有且仅有一条，故B正确；0,1�=��对于C，当m1时，fxx33x2x3，又因为b是a与c的等差中项，所以直线axbyc0即为直线axbya2b0，所以直线过定点(1,2)，且此点在曲线yf(x)上，设函数yf(x)的对称中心为(a,b),则有f(2ax)f(x)2b，即(2ax)33(2ax)2(2ax)3x33x2x32b，整理得：6(a1)x212a(a1)x8a312a22a62b，试卷第4页，共12页{#{QQABCQK84gCwkBaACY5rEUWwCEkQkJGjJUoMBUAQKAxLwQNAFIA=}#}6(a1)0a1所以12a(a1)0，解得，32b28a12a2a62b所以函数的关于点(1,2)对称，设x1x2x3，则有x1x3122,x21，所以x1x2x33，故C正确；对于D，当m0时，fxx33x23，fx3x26x，所以当x(,2)时，f(x)0，f(x)单调递增；当x(2,0)时，f(x)0，f(x)单调递减；当x(0,)时，f(x)0，f(x)单调递增；119所以在(1,)上单调递减，所以fx(,1)，28�3=��1177令tx，当x(1,)时，t(,1)，则yft在t(,1)上单调递减，242445331所以ft(1,)，所以3fxft1，即3fxfx1，故D正确.6424故选：BCD.三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12．【答案】4an1【详解】an2an11n2,an12an11,2.an11a11，则a112,数列an1是以2为首项，2为公比的等比数列.a124n1n，所以42.an1222224a212故答案为：4试卷第5页，共12页{#{QQABCQK84gCwkBaACY5rEUWwCEkQkJGjJUoMBUAQKAxLwQNAFIA=}#}13.【答案】33cosC3cosC13cosCcosA3cosCcosBcosC【详解】，tanAtanBtanCsinAsinBsinCcosAcosB13()（tanC存在，cosC0）sinAsinBsinCcosAsinBsinAcosB13sin(AB)13sinC13sinAsinBsinCsinAsinBsinCsinAsinBsinCsinAsinBab33sin2Cc2114．【答案】/0.1258【详解】在如图的44的方格表中随机选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则所有的可能为：11,22,33,44,11,22,42,35,11,32,23,44,11,32,42,24,11,42,23,35,11,42,33,24,20,13,33,44,20,13,42,35,20,32,13,44,20,32,42,15,20,42,13,35,20,42,33,15,31,13,23,44,31,13,42,24,31,22,13,44,31,22,42,15,31,42,13,24,31,42,23,15，41,13,23,35,41,13,33,24,41,22,13,35,41,22,33,15,41,32,13,24,41,32,23,15，共24种可能；其中满足“选中方格中的4个数之和为109”的可能为：11,32,42,24,20,32,13,44,20,32,42,15，共3种可能；31故所求为.2481故答案为：.8四、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.（本小题满分13分）【答案】（1）g(x)sin(2x+）（2）43x11cosx1【详解】（1）由题知f(x)3cos2sinx3sinx2222试卷第6页，共12页{#{QQABCQK84gCwkBaACY5rEUWwCEkQkJGjJUoMBUAQKAxLwQNAFIA=}#}3133cosxsinxsin(x)3分222323g(x)f(x)sin(x)4分232g(x)的最小正周期为，0，，2，6分g(x)sin(2x+）7分3（2）g(A)sin(2A+）=0，A为锐角，A9分33113SbcsinAbcsinbc3，bc4，11分ABC2234bc2bc，bc4当且仅当bc时，取bc最小值413分（注：没有写当且仅当bc扣1分）16．（本小题满分15分）2e【答案】(1)yx(2)me2【详解】（1）当m1时，fx2lnxx2，fx1x0，2分x则f11,f11，4分所以所求切线方程为y1x1，即yx；5分（2）方法1：x0,,fx1，即2lnxmx21，2lnx1即mx2lnx1，即m对x0,恒成立，7分x2lnx122lnx112lnx令，则，gxx0gx229分xxx当0xe时，gx0，当xe，gx0，11分所以函数gx在0,e上单调递增，在e,上单调递减，13分试卷第7页，共12页{#{QQABCQK84gCwkBaACY5rEUWwCEkQkJGjJUoMBUAQKAxLwQNAFIA