吉林省高中名校2025屆高三3月11的數學試題測試卷注意事項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．設（是虛數單位），則（）A． B．1 C．2 D．2．已知集合A={y|y=|x|﹣1，x∈R}，B={x|x≥2}，則下列結論正確的是（）A．﹣3∈AB．3BC．A∩B=BD．A∪B=B3．已知x，y滿足不等式，且目標函數z＝9x+6y最大值的變化范圍[20，22]，則t的取值范圍（）A．[2，4] B．[4，6] C．[5，8] D．[6，7]4．已知復數z滿足（其中i為虛數單位），則復數z的虛部是（）A． B．1 C． D．i5．下列函數中，值域為的偶函數是（）A． B． C． D．6．已知，滿足條件（為常數），若目標函數的最大值為9，則（）A． B． C． D．7．二項式的展開式中，常數項為（）A． B．80 C． D．1608．若是定義域為的奇函數，且，則A．的值域為 B．為周期函數，且6為其一個周期C．的圖像關于對稱 D．函數的零點有無窮多個9．已知函數，，的零點分別為，，，則（）A． B．C． D．10．已知數列滿足,(),則數列的通項公式()A． B． C． D．11．已知a，b是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，且a?α，b?β，aβ，bα，則“ab“是“αβ”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件12．若(1＋2ai)i＝1－bi，其中a，b∈R，則|a＋bi|＝()．A． B． C． D．5二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知定義在的函數滿足，且當時，，則的解集為__________________.14．已知函數，若在定義域內恒有，則實數的取值范圍是__________．15．設O為坐標原點,,若點B(x,y)滿足，則的最大值是__________．16．（5分）已知，且，則的值是____________．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）在中，角的對邊分別為，已知．（1）求角的大小；（2）若，求的面積．18．（12分）一張邊長為的正方形薄鋁板（圖甲），點，分別在，上，且（單位：）.現將該薄鋁板沿裁開，再將沿折疊，沿折疊，使，重合，且重合于點，制作成一個無蓋的三棱錐形容器（圖乙），記該容器的容積為（單位：），（注：薄鋁板的厚度忽略不計）（1）若裁開的三角形薄鋁板恰好是該容器的蓋，求，的值；（2）試確定的值，使得無蓋三棱錐容器的容積最大.19．（12分）已知函數.（1）若在上單調遞增，求實數的取值范圍；（2）若，對，恒有成立，求實數的最小值.20．（12分）已知.（1）求不等式的解集；（2）若存在，使得成立，求實數的取值范圍21．（12分）某企業原有甲、乙兩條生產線，為了分析兩條生產線的效果，先從兩條生產線生產的大量產品中各抽取了100件產品作為樣本，檢測一項質量指標值．該項指標值落在內的產品視為合格品，否則為不合格品．乙生產線樣本的頻數分布表質量指標合計頻數2184814162100（1）根據甲生產線樣本的頻率分布直方圖，以從樣本中任意抽取一件產品且為合格品的頻率近似代替從甲生產線生產的產品中任意抽取一件產品且為合格品的概率，估計從甲生產線生產的產品中任取5件恰有2件為合格品的概率；（2）現在該企業為提高合格率欲只保留其中一條生產線，根據上述圖表所提供的數據，完成下面的列聯表，并判斷是否有90%把握認為該企業生產的這種產品的質量指標值與生產線有關？若有90%把握，請從合格率的角度分析保留哪條生產線較好？甲生產線乙生產線合計合格品不合格品合計附：，．0.1500.1000.0500.0250.0100.0052.0722.7063.8415.0246.6357.87922．（10分）已知拋物線的準線過橢圓C：（a＞b＞0）的左焦點F，且點F到直線l：（c為橢圓焦距的一半）的距離為4.（1）求橢圓C的標準方程；（2）過點F做直線與橢圓C交于A，B兩點，P是AB的中點，線段AB的中垂線交直線l于點Q.若，求直線AB的方程.

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、A【解析】

先利用復數代數形式的四則運算法則求出，即可根據復數的模計算公式求出．【詳解】∵，∴．故選：A．【點睛】本題主要考查復數代數形式的四則運算法則的應用，以及復數的模計算公式的應用，屬于容易題．2、C【解析】試題分析：集合考點：集合間的關系3、B【解析】

作出可行域，對t進行分類討論分析目標函數的最大值，即可求解.【詳解】畫出不等式組所表示的可行域如圖△AOB當t≤2時，可行域即為如圖中的△OAM，此時目標函數z＝9x+6y在A（2，0）取得最大值Z＝18不符合題意t＞2時可知目標函數Z＝9x+6y在的交點（）處取得最大值，此時Z＝t+16由題意可得，20≤t+16≤22解可得4≤t≤6故選：B．【點睛】此題考查線性規劃，根據可行域結合目標函數的最大值的取值范圍求參數的取值范圍，涉及分類討論思想，關鍵在于熟練掌握截距型目標函數的最大值最優解的處理辦法.4、A【解析】

由虛數單位i的運算性質可得，則答案可求.【詳解】解：∵，∴，，則化為，∴z的虛部為.故選：A.【點睛】本題考查了虛數單位i的運算性質、復數的概念，屬于基礎題.5、C【解析】試題分析：A中，函數為偶函數，但，不滿足條件；B中，函數為奇函數，不滿足條件；C中，函數為偶函數且，滿足條件；D中，函數為偶函數，但，不滿足條件，故選C．考點：1、函數的奇偶性；2、函數的值域．6、B【解析】

由目標函數的最大值為9，我們可以畫出滿足條件件為常數）的可行域，根據目標函數的解析式形式，分析取得最優解的點的坐標，然后根據分析列出一個含參數的方程組，消參后即可得到的取值．【詳解】畫出，滿足的為常數）可行域如下圖：由于目標函數的最大值為9，可得直線與直線的交點，使目標函數取得最大值，將，代入得：．故選：．【點睛】如果約束條件中含有參數，我們可以先畫出不含參數的幾個不等式對應的平面區域，分析取得最優解是哪兩條直線的交點，然后得到一個含有參數的方程（組，代入另一條直線方程，消去，后，即可求出參數的值．7、A【解析】

求出二項式的展開式的通式，再令的次數為零，可得結果.【詳解】解：二項式展開式的通式為，令，解得，則常數項為.故選：A.【點睛】本題考查二項式定理指定項的求解，關鍵是熟練應用二項展開式的通式，是基礎題.8、D【解析】

運用函數的奇偶性定義，周期性定義，根據表達式判斷即可.【詳解】是定義域為的奇函數，則，，又，，即是以4為周期的函數，，所以函數的零點有無窮多個；因為，，令，則，即，所以的圖象關于對稱，由題意無法求出的值域，所以本題答案為D.【點睛】本題綜合考查了函數的性質，主要是抽象函數的性質，運用數學式子判斷得出結論是關鍵.9、C【解析】

轉化函數，，的零點為與，，的交點，數形結合，即得解.【詳解】函數，，的零點，即為與，，的交點，作出與，，的圖象，如圖所示，可知故選：C【點睛】本題考查了數形結合法研究函數的零點，考查了學生轉化劃歸，數形結合的能力，屬于中檔題.10、A【解析】

利用數列的遞推關系式，通過累加法求解即可．【詳解】數列滿足：，，可得以上各式相加可得：，故選：．【點睛】本題考查數列的遞推關系式的應用，數列累加法以及通項公式的求法，考查計算能力．11、D【解析】

根據面面平行的判定及性質求解即可．【詳解】解：a?α，b?β，a∥β，b∥α，由a∥b，不一定有α∥β，α與β可能相交；反之，由α∥β，可得a∥b或a與b異面，∴a，b是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，且a?α，b?β，a∥β，b∥α，則“a∥b“是“α∥β”的既不充分也不必要條件．故選：D.【點睛】本題主要考查充分條件與必要條件的判斷，考查面面平行的判定與性質，屬于基礎題．12、C【解析】試題分析：由已知，－2a＋i＝1－bi，根據復數相等的充要條件，有a＝－，b＝－1所以|a＋bi|＝，選C考點：復數的代數運算，復數相等的充要條件，復數的模二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

由已知得出函數是偶函數，再得出函數的單調性，得出所解不等式的等價的不等式，可得解集.【詳解】因為定義在的函數滿足，所以函數是偶函數，又當時，，得時，，所以函數在上單調遞減，所以函數在上單調遞減，函數在上單調遞增，所以不等式等價于，即或，解得或，所以不等式的解集為：.故答案為：.【點睛】本題考查抽象函數的不等式的求解，關鍵得出函數的奇偶性，單調性，屬于中檔題.14、【解析】

根據指數函數與對數函數圖象可將原題轉化為恒成立問題，湊而可知的圖象在過原點且與兩函數相切的兩條切線之間；利用過一點的曲線切線的求法可求得兩切線斜率，結合分母不為零的條件可最終確定的取值范圍.【詳解】由指數函數與對數函數圖象可知：，恒成立可轉化為恒成立，即恒成立，，即是夾在函數與的圖象之間，的圖象在過原點且與兩函數相切的兩條切線之間.設過原點且與相切的直線與函數相切于點，則切線斜率，解得：；設過原點且與相切的直線與函數相切于點，則切線斜率，解得：；當時，，又，滿足題意；綜上所述：實數的取值范圍為.【點睛】本題考查恒成立問題的求解，重點考查了導數幾何意義應用中的過一點的曲線切線的求解方法；關鍵是能夠結合指數函數和對數函數圖象將問題轉化為切線斜率的求解問題；易錯點是忽略分母不為零的限制，忽略對于臨界值能否取得的討論.15、【解析】,可行域如圖，直線與圓相切時取最大值，由16、【解析】

由于，且，則，得，則．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）；（2）【解析】

(1)利用正弦定理邊化角,再利用二倍角的正弦公式與正弦的和角公式化簡求解即可.(2)由(1)有,根據正弦定理可得,進而求得的值,再根據三角形的面積公式求解即可.【詳解】（1）由,得,得,由正弦定理得,顯然,同時除以,得.所以.所以.顯然,所以,解得.又,所以.（2）若,由正弦定理得,得,解得.又,所以.【點睛】本題主要考查了正余弦定理與面積公式在解三角形中的運用,需要根據題意用正弦定理進行邊角互化,再根據三角恒等變換進行化簡求解等.屬于中檔題.18、（1），；（2）當值為時，無蓋三棱錐容器的容積最大.【解析】

（1）由已知求得，求得三角形的面積，再由已知得到平面，代入三棱錐體積公式求的值；（2）由題意知，在等腰三角形中，，則，，寫出三角形面積，求其平方導數的最值，則答案可求．【詳解】解：（1）由題意，為等腰直角三角形，又，，恰好是該零件的蓋，，則，由圖甲知，，，則在圖乙中，，，，又，平面，平面，；（2）由題意知，在等腰三角形中，，則，，．令，，，．可得：當時，，當，時，，當時，有最大值．由（1）知，平面，該三棱錐容積的最大值為，且．當時，取得最大值，無蓋三棱錐容器的容積最大．答：當值為時，無蓋三棱錐容器的容積最大．【點睛】本題考查棱錐體積的求法，考查空間想象能力與思維能力，訓練了利用導數求最值，屬于中檔題．19、（1）（2）【解析】

（1）求得，根據已知條件得到在恒成立，由此得到在恒成立，利用分離常數法求得的取值范圍.（2）構造函數設，利用求二階導數的方法，結合恒成立，求得的取值范圍，由此求得的最小值.【詳解】（1）因為在上單調遞增，所以在恒成立，即在恒成立，當時，上式成立，當，有，需，而，，，，故綜上，實數的取值范圍是（2）設，，則，令，，在單調遞增，也就是在單調遞增，所以.當即時，，不符合；當即時，，符合當即時，根據零點存在定理，，使，有時，，在單調遞減，時，，在單調遞增，成立，故只需即可，有，得，符合綜上得，，實數的最小值為【點睛】本小題主要考查利用導數研究函數的單調性，考查利用導數研究不等式恒成立問題，考查化歸與轉化的數學思想方法，考查分類討論的數學思想方法，屬于難題.20、（1）.（2）.【解析】試題分析：（Ⅰ）通過討論x的范圍，得到關于x的不等式組，解出取并集即可；（Ⅱ）求出f（x）的最大值，得到關于a的不等式，解出即可．試題解析：（1）不等式等價于或或，解得或，所以不等式的解集是；（2），，，解得實數的取值范圍是．點睛：含絕對值不等式的解法有兩個基本方法，一是運用零點分區間討論，二是利用絕對值的幾何意義求解．法一是運用分類討論思想，法二是運用數形結合思想，將絕對值不等式與函數以及不等式恒成立交匯、滲透，解題時強化函數、數形結合與轉化化歸思想方法的靈活應用，這是命題的新動向．21、（1）0.0081（2）見解析，保留乙生產線較好．【解析】

(1)先求出任取一件產品為合格品的頻率，“從甲生產線生產的產品中任取5件，恰有2件為合格品”就相當于進行5次獨立重復試驗，恰好發生2次的概率用二項分布概率即可解決.(2)獨立性檢驗算出的觀測值即可判斷.【詳解】（1）根據甲生產線樣本