2025屆黑龍江省哈爾濱六中高三線上2月29日數學試題高考模擬題（三）注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．給定下列四個命題：①若一個平面內的兩條直線與另一個平面都平行，則這兩個平面相互平行；②若一個平面經過另一個平面的垂線，則這兩個平面相互垂直；③垂直于同一直線的兩條直線相互平行；④若兩個平面垂直，那么一個平面內與它們的交線不垂直的直線與另一個平面也不垂直．其中，為真命題的是()A．①和②B．②和③C．③和④D．②和④2．已知實數，滿足約束條件，則目標函數的最小值為A． B．C． D．3．復數（i是虛數單位）在復平面內對應的點在（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限4．直線與拋物線C：交于A，B兩點，直線，且l與C相切，切點為P，記的面積為S，則的最小值為A． B． C． D．5．函數的圖象的大致形狀是（）A． B． C． D．6．“幻方”最早記載于我國公元前500年的春秋時期《大戴禮》中．“階幻方”是由前個正整數組成的—個階方陣，其各行各列及兩條對角線所含的個數之和（簡稱幻和）相等，例如“3階幻方”的幻和為15（如圖所示）．則“5階幻方”的幻和為（）A．75 B．65 C．55 D．457．已知函數，則（）A． B．1 C．-1 D．08．設分別是雙曲線的左右焦點若雙曲線上存在點，使，且，則雙曲線的離心率為（）A． B．2 C． D．9．定義在上的函數滿足，則（）A．-1 B．0 C．1 D．210．在等差數列中，若為前項和，，則的值是（）A．156 B．124 C．136 D．18011．一個圓錐的底面和一個半球底面完全重合，如果圓錐的表面積與半球的表面積相等，那么這個圓錐軸截面底角的大小是（）A． B． C． D．12．某三棱錐的三視圖如圖所示，那么該三棱錐的表面中直角三角形的個數為（）A．1 B．2 C．3 D．0二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知的展開式中項的系數與項的系數分別為135與，則展開式所有項系數之和為______.14．設是公差不為0的等差數列的前項和，且，則______.15．定義在上的奇函數滿足，并且當時，則___16．某地區教育主管部門為了對該地區模擬考試成績進行分析，隨機抽取了150分到450分之間的1000名學生的成績，并根據這1000名學生的成績畫出樣本的頻率分布直方圖(如圖)，則成績在[250，400)內的學生共有____人．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知動圓Q經過定點，且與定直線相切（其中a為常數，且）.記動圓圓心Q的軌跡為曲線C．（1）求C的方程，并說明C是什么曲線？（2）設點P的坐標為，過點P作曲線C的切線，切點為A，若過點P的直線m與曲線C交于M，N兩點，則是否存在直線m，使得？若存在，求出直線m斜率的取值范圍；若不存在，請說明理由.18．（12分）在直角坐標系中，曲線的參數方程為（為參數），坐標原點為極點，軸正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為.（1）求曲線的普通方程和曲線的直角坐標方程；（2）若曲線、交于、兩點，是曲線上的動點，求面積的最大值.19．（12分）定義：若數列滿足所有的項均由構成且其中有個，有個，則稱為“﹣數列”．（1）為“﹣數列”中的任意三項，則使得的取法有多少種？（2）為“﹣數列”中的任意三項，則存在多少正整數對使得且的概率為.20．（12分）設函數.（1）當時，求不等式的解集；（2）若不等式恒成立，求實數a的取值范圍.21．（12分）如圖，在斜三棱柱中，平面平面，，，，均為正三角形，E為AB的中點．（Ⅰ）證明：平面；（Ⅱ）求斜三棱柱截去三棱錐后剩余部分的體積．22．（10分）已知橢圓（）的離心率為，且經過點.（1）求橢圓的方程；（2）過點作直線與橢圓交于不同的兩點，，試問在軸上是否存在定點使得直線與直線恰關于軸對稱？若存在，求出點的坐標；若不存在，說明理由.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．D【解析】

利用線面平行和垂直，面面平行和垂直的性質和判定定理對四個命題分別分析進行選擇．【詳解】當兩個平面相交時，一個平面內的兩條直線也可以平行于另一個平面，故①錯誤；由平面與平面垂直的判定可知②正確；空間中垂直于同一條直線的兩條直線還可以相交或者異面，故③錯誤；若兩個平面垂直，只有在一個平面內與它們的交線垂直的直線才與另一個平面垂直，故④正確．綜上，真命題是②④.故選：D【點睛】本題考查命題真假的判斷，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查空間想象能力，是中檔題．2．B【解析】

作出不等式組對應的平面區域，目標函數的幾何意義為動點到定點的斜率，利用數形結合即可得到的最小值．【詳解】解：作出不等式組對應的平面區域如圖：目標函數的幾何意義為動點到定點的斜率，當位于時，此時的斜率最小，此時．故選B．【點睛】本題主要考查線性規劃的應用以及兩點之間的斜率公式的計算，利用z的幾何意義，通過數形結合是解決本題的關鍵．3．B【解析】

利用復數的四則運算以及幾何意義即可求解.【詳解】解：，則復數（i是虛數單位）在復平面內對應的點的坐標為：，位于第二象限.故選：B.【點睛】本題考查了復數的四則運算以及復數的幾何意義，屬于基礎題.4．D【解析】

設出坐標，聯立直線方程與拋物線方程，利用弦長公式求得，再由點到直線的距離公式求得到的距離，得到的面積為，作差后利用導數求最值．【詳解】設，，聯立，得則，則由，得設，則，則點到直線的距離從而．令當時，；當時，故，即的最小值為本題正確選項：【點睛】本題考查直線與拋物線位置關系的應用，考查利用導數求最值的問題．解決圓錐曲線中的面積類最值問題，通常采用構造函數關系的方式，然后結合導數或者利用函數值域的方法來求解最值.5．B【解析】

根據函數奇偶性，可排除D；求得及，由導函數符號可判斷在上單調遞增，即可排除AC選項.【詳解】函數易知為奇函數，故排除D.又，易知當時，；又當時，，故在上單調遞增，所以，綜上，時，，即單調遞增.又為奇函數，所以在上單調遞增，故排除A，C.故選：B【點睛】本題考查了根據函數解析式判斷函數圖象，導函數性質與函數圖象關系，屬于中檔題.6．B【解析】

計算的和，然后除以，得到“5階幻方”的幻和.【詳解】依題意“5階幻方”的幻和為，故選B.【點睛】本小題主要考查合情推理與演繹推理，考查等差數列前項和公式，屬于基礎題.7．A【解析】

由函數，求得，進而求得的值，得到答案.【詳解】由題意函數，則，所以，故選A.【點睛】本題主要考查了分段函數的求值問題，其中解答中根據分段函數的解析式，代入求解是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.8．A【解析】

由及雙曲線定義得和（用表示），然后由余弦定理得出的齊次等式后可得離心率．【詳解】由題意∵，∴由雙曲線定義得，從而得，，在中，由余弦定理得，化簡得．故選：A．【點睛】本題考查求雙曲線的離心率，解題關鍵是應用雙曲線定義用表示出到兩焦點的距離，再由余弦定理得出的齊次式．9．C【解析】

推導出，由此能求出的值．【詳解】∵定義在上的函數滿足，∴，故選C．【點睛】本題主要考查函數值的求法，解題時要認真審題，注意函數性質的合理運用，屬于中檔題.10．A【解析】

因為，可得，根據等差數列前項和，即可求得答案.【詳解】，，.故選：A.【點睛】本題主要考查了求等差數列前項和，解題關鍵是掌握等差中項定義和等差數列前項和公式，考查了分析能力和計算能力，屬于基礎題.11．D【解析】

設圓錐的母線長為l,底面半徑為R,再表達圓錐表面積與球的表面積公式,進而求得即可得圓錐軸截面底角的大小.【詳解】設圓錐的母線長為l,底面半徑為R,則有,解得,所以圓錐軸截面底角的余弦值是,底角大小為.故選：D【點睛】本題考查圓錐的表面積和球的表面積公式,屬于基礎題.12．C【解析】

由三視圖還原原幾何體，借助于正方體可得三棱錐的表面中直角三角形的個數.【詳解】由三視圖還原原幾何體如圖，其中，，為直角三角形.∴該三棱錐的表面中直角三角形的個數為3.故選：C.【點睛】本小題主要考查由三視圖還原為原圖，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．64【解析】

由題意先求得的值，再令求出展開式中所有項的系數和.【詳解】的展開式中項的系數與項的系數分別為135與，，，由兩式可組成方程組，解得或，令，求得展開式中所有的系數之和為.故答案為：64【點睛】本題考查了二項式定理，考查了賦值法求多項式展開式的系數和，屬于基礎題.14．18【解析】

先由，可得，再結合等差數列的前項和公式求解即可.【詳解】解：因為，所以，.故答案為：18.【點睛】本題考查了等差數列基本量的運算，重點考查了等差數列的前項和公式，屬基礎題.15．【解析】

根據所給表達式，結合奇函數性質，即可確定函數對稱軸及周期性，進而由的解析式求得的值.【詳解】滿足，由函數對稱性可知關于對稱，且令，代入可得，由奇函數性質可知，所以令，代入可得，所以是以4為周期的周期函數，則當時，所以，所以，故答案為：.【點睛】本題考查了函數奇偶性與對稱性的綜合應用，周期函數的判斷及應用，屬于中檔題.16．750【解析】因為0.001+0.001+0.004+a+0.005+0.003×50=1，得a=0.006所以1000×0.004+0.006+0.005三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（1），拋物線；（2）存在，.【解析】

（1）設，易得，化簡即得；（2）利用導數幾何意義可得，要使，只需.聯立直線m與拋物線方程，利用根與系數的關系即可解決.【詳解】（1）設，由題意，得，化簡得，所以動圓圓心Q的軌跡方程為，它是以F為焦點，以直線l為準線的拋物線.（2）不妨設.因為，所以，從而直線PA的斜率為，解得，即，又，所以軸.要使，只需.設直線m的方程為，代入并整理，得.首先，，解得或.其次，設，，則，..故存在直線m，使得，此時直線m的斜率的取值范圍為.【點睛】本題考查直線與拋物線位置關系的應用，涉及拋物線中的存在性問題，考查學生的計算能力，是一道中檔題.18．（1），；（2）.【解析】

（1）在曲線的參數方程中消去參數，可得出曲線的普通方程，將曲線的極坐標方程變形為，進而可得出曲線的直角坐標方程；（2）求出點到直線的最大距離，以及直線截圓所得弦長，利用三角形的面積公式可求得面積的最大值.【詳解】（1）由曲線的參數方程得，.所以，曲線的普通方程為，將曲線的極坐標方程變形為，所以，曲線的直角坐標方程為；（2）曲線是圓心為，半徑為為圓，圓心到直線的距離為，所以，點到直線的最大距離為，，因此，的面積為最大值為.【點睛】本題考查曲線的參數方程、極坐標方程與普通方程之間的相互轉換，同時也考查了直線截圓所形成的三角形面積最值的計算，考查計算能力，屬于中等題.19．（1）16；（2）115.【解析】

(1)易得使得的情況只有“”,“”兩種,再根據組合的方法求解兩種情況分別的情況數再求和即可.(2)易得“”共有種,“”共有種.再根據古典概型的方法可知,利用組合數的計算公式可得,當時根據題意有,共個；當時求得,再根據換元根據整除的方法求解滿足的正整數對即可.【詳解】解：（1）三個數乘積為有兩種情況：“”,“”,其中“”共有：種,“”共有：種,利用分類計數原理得：為“﹣數列”中的任意三項,則使得的取法有：種．（2）與(1)同理,“”共有種,“”共有種,而在“﹣數列”中任取三項共有種,根據古典概型有：,再根據組合數的計算公式能得到：,時,應滿足,,共個,時,應滿足,視為常數,可解得,,根據可知,,,,根據可知,,（否則）,下設,則由于為正整數知必為正整數,,,化簡上式關系式可以知道：,均為偶數,設,則,由于中必存在偶數,只需中存在數為的倍數即可,,．檢驗：符合題意,共有個,綜上所述：共有個數對符合題意．【點睛】本題主要考查了排列組合的基本方法,同時也考查了組合數的運算以及整數的分析方法等,需要根據題意20．（1）（2）【解析】

(1)利用分段討論法去掉絕對值,結合圖象,從而求得不等式的解集;(2)求出函數的最小值,把問題化為,從而求得的取值范圍.【詳解】（1）當時，則所以不等式的解集為.（2）等價于，而，故等價于，所以或，即或，所以實數a的取值范圍為.【點睛】本題考查含有絕對值的不等式解法、不等式恒成立問題,考查函數與方程思想、轉化與化歸思想、分類討論思想,考查邏輯推理能力、運算求解能力，難度一般.21．（Ⅰ）見解析；（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）要證明線面平行，需先證明線線平行，所以連接，交于點M，連接ME，證明；（Ⅱ）由題意可知點到平面ABC的距離等于點到平面ABC的距離，根據體積公式剩余部分的體積是.【詳解】（Ⅰ）如圖，連接，交于點M，連接ME，則．因為平面，