陜西西西安地區西工大附中2025屆高三5月模塊測試數學試題考生須知：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．已知，，則的大小關系為（）A． B． C． D．2．已知拋物線和點，直線與拋物線交于不同兩點，，直線與拋物線交于另一點．給出以下判斷：①以為直徑的圓與拋物線準線相離；②直線與直線的斜率乘積為；③設過點，，的圓的圓心坐標為，半徑為，則．其中，所有正確判斷的序號是（）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③3．已知雙曲線的焦距是虛軸長的2倍，則雙曲線的漸近線方程為（）A． B． C． D．4．下圖為一個正四面體的側面展開圖，為的中點，則在原正四面體中，直線與直線所成角的余弦值為（）A． B．C． D．5．若（是虛數單位），則的值為（）A．3 B．5 C． D．6．已知為定義在上的偶函數，當時，，則（）A． B． C． D．7．已知函數，要得到函數的圖象，只需將的圖象()A．向左平移個單位長度 B．向右平移個單位長度C．向左平移個單位長度 D．向右平移個單位長度8．如圖在一個的二面角的棱有兩個點，線段分別在這個二面角的兩個半平面內，且都垂直于棱，且，則的長為（）A．4 B． C．2 D．9．設過拋物線上任意一點(異于原點)的直線與拋物線交于兩點，直線與拋物線的另一個交點為，則（）A． B． C． D．10．一袋中裝有個紅球和個黑球（除顏色外無區別），任取球，記其中黑球數為，則為（）A． B． C． D．11．在棱長均相等的正三棱柱中，為的中點，在上，且，則下述結論：①；②；③平面平面：④異面直線與所成角為其中正確命題的個數為()A．1 B．2 C．3 D．412．已知函數,關于的方程R)有四個相異的實數根,則的取值范圍是(

)A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知隨機變量，且，則______14．（5分）在平面直角坐標系中，過點作傾斜角為的直線，已知直線與圓相交于兩點，則弦的長等于____________．15．設為定義在上的偶函數，當時，（為常數），若，則實數的值為______.16．的展開式中的系數為__________（用具體數據作答）.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）在新中國成立70周年國慶閱兵慶典中，眾多群眾在臉上貼著一顆紅心，以此表達對祖國的熱愛之情，在數學中，有多種方程都可以表示心型曲線，其中有著名的笛卡爾心型曲線，如圖，在直角坐標系中，以原點O為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標系.圖中的曲線就是笛卡爾心型曲線，其極坐標方程為（），M為該曲線上的任意一點.（1）當時，求M點的極坐標；（2）將射線OM繞原點O逆時針旋轉與該曲線相交于點N，求的最大值.18．（12分）等比數列中，．(Ⅰ)求的通項公式；(Ⅱ)記為的前項和．若，求．19．（12分）如圖，三棱柱的側棱垂直于底面，且，，，，是棱的中點.（1）證明：；（2）求二面角的余弦值.20．（12分）在中，、、的對應邊分別為、、，已知，，.（1）求；（2）設為中點，求的長.21．（12分）的內角的對邊分別為，已知.（1）求的大小；（2）若，求面積的最大值.22．（10分）如圖，在斜三棱柱中，已知為正三角形，D，E分別是，的中點，平面平面，.（1）求證：平面；（2）求證：平面.

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】

由指數函數的圖像與性質易得最小，利用作差法，結合對數換底公式及基本不等式的性質即可比較和的大小關系，進而得解.【詳解】根據指數函數的圖像與性質可知，由對數函數的圖像與性質可知，，所以最小；而由對數換底公式化簡可得由基本不等式可知，代入上式可得所以，綜上可知，故選：D.【點睛】本題考查了指數式與對數式的化簡變形，對數換底公式及基本不等式的簡單應用，作差法比較大小，屬于中檔題.2、D【解析】

對于①，利用拋物線的定義，利用可判斷；對于②，設直線的方程為，與拋物線聯立，用坐標表示直線與直線的斜率乘積，即可判斷；對于③，將代入拋物線的方程可得，，從而，，利用韋達定理可得，再由，可用m表示，線段的中垂線與軸的交點（即圓心）橫坐標為，可得a，即可判斷.【詳解】如圖，設為拋物線的焦點，以線段為直徑的圓為，則圓心為線段的中點．設，到準線的距離分別為，，的半徑為，點到準線的距離為，顯然，，三點不共線，則．所以①正確．由題意可設直線的方程為，代入拋物線的方程，有．設點，的坐標分別為，，則，．所以．則直線與直線的斜率乘積為．所以②正確．將代入拋物線的方程可得，，從而，．根據拋物線的對稱性可知，，兩點關于軸對稱，所以過點，，的圓的圓心在軸上．由上，有，，則．所以，線段的中垂線與軸的交點（即圓心）橫坐標為，所以．于是，，代入，，得，所以．所以③正確．故選：D【點睛】本題考查了拋物線的性質綜合，考查了學生綜合分析，轉化劃歸，數形結合，數學運算的能力，屬于較難題.3、A【解析】

根據雙曲線的焦距是虛軸長的2倍，可得出，結合，得出，即可求出雙曲線的漸近線方程.【詳解】解：由雙曲線可知，焦點在軸上，則雙曲線的漸近線方程為：，由于焦距是虛軸長的2倍，可得：，∴，即：，，所以雙曲線的漸近線方程為：.故選：A.【點睛】本題考查雙曲線的簡單幾何性質，以及雙曲線的漸近線方程.4、C【解析】

將正四面體的展開圖還原為空間幾何體，三點重合，記作，取中點，連接，即為與直線所成的角，表示出三角形的三條邊長，用余弦定理即可求得.【詳解】將展開的正四面體折疊，可得原正四面體如下圖所示，其中三點重合，記作：則為中點，取中點，連接，設正四面體的棱長均為，由中位線定理可得且，所以即為與直線所成的角，，由余弦定理可得，所以直線與直線所成角的余弦值為，故選：C.【點睛】本題考查了空間幾何體中異面直線的夾角，將展開圖折疊成空間幾何體，余弦定理解三角形的應用，屬于中檔題.5、D【解析】

直接利用復數的模的求法的運算法則求解即可.【詳解】（是虛數單位）可得解得本題正確選項：【點睛】本題考查復數的模的運算法則的應用，復數的模的求法，考查計算能力.6、D【解析】

判斷，利用函數的奇偶性代入計算得到答案.【詳解】∵，∴．故選：【點睛】本題考查了利用函數的奇偶性求值，意在考查學生對于函數性質的靈活運用.7、A【解析】

根據函數圖像平移原則，即可容易求得結果.【詳解】因為，故要得到，只需將向左平移個單位長度.故選：A.【點睛】本題考查函數圖像平移前后解析式的變化，屬基礎題.8、A【解析】

由，兩邊平方后展開整理，即可求得，則的長可求．【詳解】解：，，，，，，．，，故選：．【點睛】本題考查了向量的多邊形法則、數量積的運算性質、向量垂直與數量積的關系，考查了空間想象能力，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．9、C【解析】

畫出圖形，將三角形面積比轉為線段長度比，進而轉為坐標的表達式。寫出直線方程，再聯立方程組，求得交點坐標，最后代入坐標，求得三角形面積比.【詳解】作圖，設與的夾角為，則中邊上的高與中邊上的高之比為，，設，則直線，即，與聯立，解得，從而得到面積比為.故選：【點睛】解決本題主要在于將面積比轉化為線段長的比例關系，進而聯立方程組求解，是一道不錯的綜合題.10、A【解析】

由題意可知，隨機變量的可能取值有、、、，計算出隨機變量在不同取值下的概率，進而可求得隨機變量的數學期望值.【詳解】由題意可知，隨機變量的可能取值有、、、，則，，，.因此，隨機變量的數學期望為.故選：A.【點睛】本題考查隨機變量數學期望的計算，考查計算能力，屬于基礎題.11、B【解析】

設出棱長，通過直線與直線的垂直判斷直線與直線的平行，推出①的正誤；判斷是的中點推出②正的誤；利用直線與平面垂直推出平面與平面垂直推出③正的誤；建立空間直角坐標系求出異面直線與所成角判斷④的正誤．【詳解】解：不妨設棱長為：2，對于①連結，則，即與不垂直，又，①不正確；對于②，連結，，在中，，而，是的中點，所以，②正確；對于③由②可知，在中，，連結，易知，而在中，，，即，又，面，平面平面，③正確；以為坐標原點，平面上過點垂直于的直線為軸，所在的直線為軸，所在的直線為軸，建立如圖所示的直角坐標系；，，，，，；，；異面直線與所成角為，，故．④不正確．故選：．【點睛】本題考查命題的真假的判斷，棱錐的結構特征，直線與平面垂直，直線與直線的位置關系的應用，考查空間想象能力以及邏輯推理能力．12、A【解析】=,當時時,單調遞減，時,單調遞增,且當,當,

當時，恒成立，時,單調遞增且,方程R)有四個相異的實數根.令=則,,即.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、0.1【解析】

根據原則，可得，簡單計算，可得結果.【詳解】由題可知：隨機變量，則期望為所以故答案為：【點睛】本題考查正態分布的計算，掌握正態曲線的圖形以及計算，屬基礎題.14、【解析】

方法一：依題意，知直線的方程為，代入圓的方程化簡得，解得或，從而得或，則．方法二：依題意，知直線的方程為，代入圓的方程化簡得，設，則，故.方法三：將圓的方程配方得,其半徑,圓心到直線的距離，則.15、1【解析】

根據為定義在上的偶函數，得，再根據當時，（為常數）求解.【詳解】因為為定義在上的偶函數，所以，又因為當時，，所以，所以實數的值為1.故答案為：1【點睛】本題主要考查函數奇偶性的應用，還考查了運算求解的能力，屬于基礎題.16、【解析】

利用二項展開式的通項公式可求的系數.【詳解】的展開式的通項公式為，令，故，故的系數為.故答案為：.【點睛】本題考查二項展開式中指定項的系數，注意利用通項公式來計算，本題屬于容易題.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）點M的極坐標為或（2）【解析】

（1）令，由此求得的值，進而求得點的極坐標.（2）設出兩點的極坐標，利用勾股定理求得的表達式，利用三角函數最值的求法，求得的最大值.【詳解】（1）設點M在極坐標系中的坐標，由，得，∵∴或，所以點M的極坐標為或（2）由題意可設，.由，得，.故時，的最大值為.【點睛】本小題主要考查極坐標的求法，考查極坐標下兩點間距離的計算以及距離最值的求法，屬于中檔題.18、(Ⅰ)或(Ⅱ)12【解析】

（1）先設數列的公比為，根據題中條件求出公比，即可得出通項公式；（2）根據（1）的結果，由等比數列的求和公式，即可求出結果.【詳解】（1）設數列的公比為，，，或.（2）時，，解得；時，，無正整數解；綜上所述.【點睛】本題主要考查等比數列，熟記等比數列的通項公式與求和公式即可，屬于基礎題型.19、（1）詳見解析；（2）.【解析】

（1）根據平面，四邊形是矩形，由為中點，且，利用平面幾何知識，可得，又平面，所以，根據線面垂直的判定定理可有平面，從而得證.（2）分別以，，為，，軸建立空間直角坐標系，得到，，，，分別求得平和平面的法向量，代入二面角向量公式求解.【詳解】（1）證明：∵平面，∴四邊形是矩形，∵為中點，且，∴，∵，，，∴.∴，∵，∴與相似，∴，∴，∴，∵，∴平面，∴平面，∵平面，∴，∴平面，∴.（2）如圖，分別以，，為，，軸建立空間直角坐標系，則，，，設平面的法向量為，則，，解得：，同理，平面的法向量，設二面角的大小為，則.即二面角的余弦值為.【點睛】本題主要考查線線垂直、線面垂直的轉化以及二面角的求法，還考查了轉化化歸的思想和推理論證、運算求解的能力，屬于中檔題.20、（1）；（2）.【解析】

（1）直接根據特殊角的三角函數值求出，結合正弦定理求出；（2）結合第一問的結論以及余弦定理即可求解．【詳解】解：（1）∵，且，∴，由正弦定理，∴，∵∴銳角，∴（2）∵，∴∴∴在中，由余弦定理得∴【點睛】本題主要考查了正弦定理和余弦定理的運用．考查了學生對三角函數基礎知識的綜合運用．21、（1）；（2）.【解析】

（1）利用正弦定理將邊化角，結合誘導公式可化簡邊角關系式，求得，根據可求得結果；（2）利用余弦定理可得，利用基本不等式可求得，代入三角形面積公式可求得結果.【詳解】（1）由正弦定理得：，又，即由得：（2）由余弦定理得：又（當且僅當時取等號）即三角形面積的最大值為：【點睛】本題考查解三角形的相關知識，涉及到正弦定理化簡邊