上海市澄衷高級中學2025年高三5月模擬（三模）數學試題文試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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．某人用隨機模擬的方法估計無理數的值，做法如下：首先在平面直角坐標系中，過點作軸的垂線與曲線相交于點，過作軸的垂線與軸相交于點（如圖），然后向矩形內投入粒豆子，并統計出這些豆子在曲線上方的有粒，則無理數的估計值是（）A． B． C． D．2．已知二次函數的部分圖象如圖所示，則函數的零點所在區間為（）A． B． C． D．3．三棱錐的各個頂點都在求的表面上，且是等邊三角形，底面，，，若點在線段上，且，則過點的平面截球所得截面的最小面積為（）A． B． C． D．4．已知為定義在上的奇函數，若當時，（為實數），則關于的不等式的解集是（）A． B． C． D．5．已知橢圓，直線與直線相交于點，且點在橢圓內恒成立，則橢圓的離心率取值范圍為（）A． B． C． D．6．歷史上有不少數學家都對圓周率作過研究，第一個用科學方法尋求圓周率數值的人是阿基米德，他用圓內接和外切正多邊形的周長確定圓周長的上下界，開創了圓周率計算的幾何方法，而中國數學家劉徽只用圓內接正多邊形就求得的近似值，他的方法被后人稱為割圓術．近代無窮乘積式、無窮連分數、無窮級數等各種值的表達式紛紛出現，使得值的計算精度也迅速增加．華理斯在1655年求出一個公式：，根據該公式繪制出了估計圓周率的近似值的程序框圖，如下圖所示，執行該程序框圖，已知輸出的，若判斷框內填入的條件為，則正整數的最小值是A． B． C． D．7．設不等式組表示的平面區域為，若從圓：的內部隨機選取一點，則取自的概率為（）A． B． C． D．8．已知函數，則的最小值為()A． B． C． D．9．已知直線：與圓：交于，兩點，與平行的直線與圓交于，兩點，且與的面積相等，給出下列直線：①，②，③，④.其中滿足條件的所有直線的編號有（）A．①② B．①④ C．②③ D．①②④10．某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體中的最長棱長為（）A． B． C． D．11．已知角的終邊經過點,則A． B．C． D．12．洛書，古稱龜書，是陰陽五行術數之源，在古代傳說中有神龜出于洛水，其甲殼上心有此圖象，結構是戴九履一，左三右七，二四為肩，六八為足，以五居中，五方白圈皆陽數，四角黑點為陰數．如圖，若從四個陰數和五個陽數中分別隨機選取1個數，則其和等于11的概率是（）．A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知橢圓，，若橢圓上存在點使得為等邊三角形（為原點），則橢圓的離心率為_________．14．已知圓，直線與圓交于兩點，，若，則弦的長度的最大值為_______.15．已知三棱錐的四個頂點都在球的球面上，，則球的表面積為__________.16．已知數列是等比數列，，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．（12分）設函數.（1）求的值；（2）若，求函數的單調遞減區間.18．（12分）設實數滿足.（1）若，求的取值范圍；（2）若，，求證：.19．（12分）如圖，底面是等腰梯形，，點為的中點，以為邊作正方形，且平面平面.（1）證明：平面平面.（2）求二面角的正弦值．20．（12分）已知數列滿足．（1）求數列的通項公式；（2）設數列的前項和為，證明：．21．（12分）已知函數.（1）若是的極值點，求的極大值；（2）求實數的范圍，使得恒成立.22．（10分）已知數列的前項和為，且點在函數的圖像上；（1）求數列的通項公式；（2）設數列滿足：，，求的通項公式；（3）在第（2）問的條件下，若對于任意的，不等式恒成立，求實數的取值范圍；

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】

利用定積分計算出矩形中位于曲線上方區域的面積，進而利用幾何概型的概率公式得出關于的等式，解出的表達式即可.【詳解】在函數的解析式中，令，可得，則點，直線的方程為，矩形中位于曲線上方區域的面積為，矩形的面積為，由幾何概型的概率公式得，所以，.故選：D.【點睛】本題考查利用隨機模擬的思想估算的值，考查了幾何概型概率公式的應用，同時也考查了利用定積分計算平面區域的面積，考查計算能力，屬于中等題.2、B【解析】由函數f(x)的圖象可知，0＜f(0)＝a＜1，f(1)＝1－b＋a＝0，所以1＜b＜2.又f′(x)＝2x－b，所以g(x)＝ex＋2x－b，所以g′(x)＝ex＋2＞0，所以g(x)在R上單調遞增，又g(0)＝1－b＜0，g(1)＝e＋2－b＞0，根據函數的零點存在性定理可知，函數g(x)的零點所在的區間是(0，1)，故選B.3、A【解析】

由題意畫出圖形，求出三棱錐S-ABC的外接球的半徑，再求出外接球球心到D的距離，利用勾股定理求得過點D的平面截球O所得截面圓的最小半徑，則答案可求.【詳解】如圖，設三角形ABC外接圓的圓心為G，則外接圓半徑AG=,設三棱錐S-ABC的外接球的球心為O，則外接球的半徑R=取SA中點E，由SA=4，AD=3SD，得DE=1,所以OD=.則過點D的平面截球O所得截面圓的最小半徑為所以過點D的平面截球O所得截面的最小面積為故選：A【點睛】本題考查三棱錐的外接球問題，還考查了求截面的最小面積，屬于較難題.4、A【解析】

先根據奇函數求出m的值，然后結合單調性求解不等式.【詳解】據題意，得，得，所以當時，.分析知，函數在上為增函數.又，所以.又，所以，所以，故選A.【點睛】本題主要考查函數的性質應用，側重考查數學抽象和數學運算的核心素養.5、A【解析】

先求得橢圓焦點坐標，判斷出直線過橢圓的焦點.然后判斷出，判斷出點的軌跡方程，根據恒在橢圓內列不等式，化簡后求得離心率的取值范圍.【詳解】設是橢圓的焦點，所以.直線過點，直線過點，由于，所以，所以點的軌跡是以為直徑的圓.由于點在橢圓內恒成立，所以橢圓的短軸大于，即，所以，所以雙曲線的離心率，所以.故選：A【點睛】本小題主要考查直線與直線的位置關系，考查動點軌跡的判斷，考查橢圓離心率的取值范圍的求法，屬于中檔題.6、B【解析】

初始：，，第一次循環：，，繼續循環；第二次循環：，，此時，滿足條件，結束循環，所以判斷框內填入的條件可以是，所以正整數的最小值是3，故選B．7、B【解析】

畫出不等式組表示的可行域，求得陰影部分扇形對應的圓心角，根據幾何概型概率計算公式，計算出所求概率.【詳解】作出中在圓內部的區域，如圖所示，因為直線，的傾斜角分別為，，所以由圖可得取自的概率為.故選：B【點睛】本小題主要考查幾何概型的計算，考查線性可行域的畫法，屬于基礎題.8、C【解析】

利用三角恒等變換化簡三角函數為標準正弦型三角函數，即可容易求得最小值.【詳解】由于，故其最小值為：.故選：C.【點睛】本題考查利用降冪擴角公式、輔助角公式化簡三角函數，以及求三角函數的最值，屬綜合基礎題.9、D【解析】

求出圓心到直線的距離為：，得出，根據條件得出到直線的距離或時滿足條件，即可得出答案.【詳解】解：由已知可得：圓：的圓心為（0,0），半徑為2，則圓心到直線的距離為：，∴，而，與的面積相等，∴或，即到直線的距離或時滿足條件，根據點到直線距離可知，①②④滿足條件.故選：D.【點睛】本題考查直線與圓的位置關系的應用，涉及點到直線的距離公式.10、C【解析】

根據三視圖，可得該幾何體是一個三棱錐，并且平面SAC平面ABC，，過S作，連接BD，，再求得其它的棱長比較下結論.【詳解】如圖所示：由三視圖得：該幾何體是一個三棱錐，且平面SAC平面ABC，，過S作，連接BD，則，所以，，，，該幾何體中的最長棱長為.故選：C【點睛】本題主要考查三視圖還原幾何體，還考查了空間想象和運算求解的能力，屬于中檔題.11、D【解析】因為角的終邊經過點,所以,則,即.故選D．12、A【解析】

基本事件總數，利用列舉法求出其和等于11包含的基本事件有4個，由此能求出其和等于11的概率．【詳解】解：從四個陰數和五個陽數中分別隨機選取1個數，基本事件總數，其和等于11包含的基本事件有：，，，，共4個，其和等于的概率．故選：．【點睛】本題考查概率的求法，考查古典概型等基礎知識，考查運算求解能力，屬于基礎題．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

根據題意求出點N的坐標，將其代入橢圓的方程，求出參數m的值，再根據離心率的定義求值.【詳解】由題意得，將其代入橢圓方程得，所以.故答案為：.【點睛】本題考查了橢圓的標準方程及幾何性質，屬于中檔題.14、【解析】

設為的中點，根據弦長公式，只需最小，在中，根據余弦定理將表示出來，由，得到，結合弦長公式得到，求出點的軌跡方程，即可求解.【詳解】設為的中點，在中，，①在中，，②①②得，即，，.，得.所以，.故答案為：.【點睛】本題考查直線與圓的位置關系、相交弦長的最值，解題的關鍵求出點的軌跡方程，考查計算求解能力，屬于中檔題.15、【解析】

如圖所示，將三棱錐補成長方體，球為長方體的外接球，長、寬、高分別為，計算得到，得到答案.【詳解】如圖所示，將三棱錐補成長方體，球為長方體的外接球，長、寬、高分別為，則，所以，所以球的半徑，則球的表面積為.故答案為：.【點睛】本題考查了三棱錐的外接球問題，意在考查學生的計算能力和空間想象能力，將三棱錐補成長方體是解題的關鍵.16、【解析】

根據等比數列通項公式，首先求得，然后求得.【詳解】設的公比為，由，得，故.故答案為：【點睛】本小題主要考查等比數列通項公式的基本量計算，屬于基礎題.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）的遞減區間為和【解析】

（1）化簡函數，代入，計算即可；（2）先利用正弦函數的圖象與性質求出函數的單調遞減區間，再結合即可求出.【詳解】（1），從而.（2）令.解得.即函數的所有減區間為，考慮到，取，可得，，故的遞減區間為和.【點睛】本題主要考查了三角函數的恒等變形，正弦函數的圖象與性質，屬于中檔題.18、（1）（2）證明見解析【解析】

（1）依題意可得，考慮到，則有再分類討論可得；（2）要證明，即證，即證.利用基本不等式即可得證；【詳解】解：（1）由及，得，考慮到，則有，它可化為或即或前者無解，后者的解集為，綜上，的取值范圍是.（2）要證明，即證，由，得，即證.因為（當且僅當，時取等號）.所以成立，故成立.【點睛】本題考查分類討論法解絕對值不等式，基本不等式的應用，屬于中檔題.19、（1）見解析；（2）【解析】

（1）先證明四邊形是菱形,進而可知,然后可得到平面,即可證明平面平面;（2）記AC,BE的交點為O,再取FG的中點P.以O為坐標原點,以射線OB,OC,OP分別為x軸、y軸、z軸的正半軸建立如圖所示的空間直角坐標系,分別求出平面ABF和DBF的法向量,然后由,可求出二面角的余弦值,進而可求出二面角的正弦值.【詳解】（1）證明：因為點為的中點,,所以,因為,所以,所以四邊形是平行四邊形,因為,所以平行四邊形是菱形,所以,因為平面平面,且平面平面,所以平面.因為平面,所以平面平面.（2）記AC,BE的交點為O,再取FG的中點P.由題意可知AC,BE,OP兩兩垂直,故以O為坐標原點,以射線OB,OC,OP分別為x軸、y軸、z軸的正半軸建立如圖所示的空間直角坐標系.因為底面ABCD是等腰梯形,,所以四邊形ABCE是菱形，且,所以,則,設平面ABF的法向量為,則,不妨取,則,設平面DBF的法向量為,則,不妨取,則,故.記二面角的大小為,故.【點睛】本題考查了面面垂直的證明,考查了二面角的求法,利用空間向量求平面的法向量是解決空間角問題的常見方法,屬于中檔題.20、（1）（2）證明見解析【解析】

（1），①當時，，②兩式相減即得數列的通項公式；（2）先求出，再利用裂項相消法求和證明.【詳解】（1）解：，①當時，．當時，，②由①-②，得，因為符合上式，所以．（2）證明：因為，所以．【點睛】本題主要考查數列通項的求法，考查數列求和，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.21、（1）.（2）【解析】

（1）先對函數求導，結合極值存在的條件可求t，然后結合導數可研究函數的單調性，進而可求極大值；（2）由已知代入可得，x2+（t﹣2）x﹣tlnx≥0在x＞0時恒成立，構造函數g（x）＝x2+（t﹣2）x﹣tlnx，結合導數及函數的性質可求.【詳解】（1），x＞0，由題意可得，0，解可得t＝﹣4，∴，易得，當x＞2，0＜x＜1時，f′（x）＞0，函數單調遞增，當1＜x＜2時，f′（x）＜0，函數單調遞減，故當x＝1時，函數取得極大值f（1）＝﹣3；（2）由f（x）＝x2+（t﹣2）x﹣tlnx+2≥2在x＞0時恒成立可得，x2+（t﹣2）x﹣tlnx≥0在x＞0時恒成立，令g（x）＝x2+（t﹣2）x﹣tlnx，則，（i）當t≥0時，g（x）在（0，1）上單調遞減，在（1，+∞）上單調遞增，所以g（x）min＝g（1）＝t﹣1≥0，解可得t≥1，（ii）當﹣2＜t＜0時，g（x）在（）上單調遞減，在（0，），（1，+∞）上單調遞增，此時g（1）＝t﹣1＜﹣1不合題意，舍去；（iii）當t＝﹣2時，g′（x）0，即g（x）在（0，+∞）上單調遞增，此時g（1）＝﹣3不合題意；（iv）當t＜﹣2時，g（x）在（1，）上單調遞減，在（0，1），（）上單調遞增，此時g（1）＝t﹣1＜﹣3不合題意，綜上，t≥1時，f（x）≥2恒成立