精品解析：山西省朔州市怀仁市第一中学校2024-2025学年高三上学期摸底考试数学试题

2024～2025学年怀仁一中高三年级摸底考试 数学 全卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚． 4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交． 5．本卷主要考查内容：高考范围． 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱.假设空间站要安排甲、乙、丙共3名航天员开展实验，每个舱安排一个人，则不同的安排方法一共有（ ） A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种 3. 与椭圆有相同焦点，且过点的椭圆方程为（ ） A. B. C. D. 4. 设，则，，，的极差是（ ） A. B. C. D. 5. 记单调递增的等差数列的前项和为，若且，则（ ） A. 70 B. 65 C. 55 D. 50 6. 古希腊数学家阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》中有这样一个结论：平面内与两点距离的比为常数（）的点的轨迹是圆，后人称这个圆为阿波罗尼斯圆.已知点，，动点满足，若点的轨迹与圆：（）有且仅有三条公切线，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 7. 已知且，则“”是“函数为偶函数”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 8. 已知抛物线：，过焦点的直线交抛物线于，两点，为坐标原点，为平面上一点，为的重心，则的面积的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：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. 已知为虚数单位，复数，为方程的两个根，则下列选项中正确的有（ ） A. B. C. 复数在复平面上对应的点在第二象限 D. 10. 如图，已知三棱柱，平面，，，，分别是，的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 平面 B. 平面 C. 直线与直线的夹角为 D. 若，则平面与平面的夹角为 11. 已知函数，则（ ） A. 在上是增函数 B. 的极大值点为， C. 有唯一的零点 D. 的图象与直线相切的点的横坐标为， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 样本数据24，8，35，23，7，10，11，30的60%分位数为______. 13. 若实数，且，则的最小值为______. 14. 已知数列满足，，对有，为正整数，使成立的的值为______. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 已知中角，，的对边分别为，，，且. （1）求角； （2）若，求的周长的最大值，并求出此时角，角的大小. 16. 某大学研究机构选择了网络游戏这一项目作为研究，来了解网络游戏对大学生的影响.该机构共在某高校发放50份问卷调查，有34名男同学，16名女同学参加了这次问卷调查活动，调查的结果如下图： （1）完成下面的列联表，并依据的独立性检验，能否认为大学生喜欢玩网游与性别有关？ 玩过网游 没玩过网游 总计 男生 女生 总计 （2）视本次问卷中的频率为概率，在该校所有学生中任意抽查5名学生，记其中玩过网游的人数为，求和. 附：，其中. 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 17. 如图，平面，∥，，，点是的中点，连接. （1）证明：∥平面； （2）求与平面所成角的正弦值. 18. 已知函数，定义域为. （1）讨论的单调性； （2）求当函数有且只有一个零点时，的取值范围. 19. 已知双曲线的两条渐近线分别为和，右焦点坐标为为坐标原点. （1）求双曲线的标准方程； （2）直线与双曲线的右支交于点（在的上方），过点分别作的平行线，交于点，过点且斜率为4的直线与双曲线交于点（在的上方），再过点分别作的平行线，交于点，这样一直操作下去，可以得到一列点. 证明：①共线； ②为定值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024～2025学年怀仁一中高三年级摸底考试 数学 全卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚． 4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交． 5．本卷主要考查内容：高考范围． 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据集合的交运算即可求解. 【详解】，， ， 故选：B. 2. 中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱.假设空间站要安排甲、乙、丙共3名航天员开展实验，每个舱安排一个人，则不同的安排方法一共有（ ） A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种 【答案】D 【解析】 【分析】空间站的主体结构包括3个舱，恰好3名宇航员，每个舱安排一个人，正好是全排列问题，求解即可. 【详解】甲、乙、丙共3名航天员分别到天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱3个舱开展实验，每个舱安排一个人， 不同的安排方法共有（种）. 故选：D. 3. 与椭圆有相同焦点，且过点的椭圆方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 设与椭圆有相同焦点的椭圆方程为，代入点可求得结果. 【详解】设与椭圆有相同焦点的椭圆方程为， 因为点在所求椭圆上， 所以，解得， 所以所求椭圆方程为. 故选：C 【点睛】关键点点睛：利用共焦点的椭圆方程求解是解题关键. 4. 设，则，，，的极差是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件，从而有，再利用极差的定义即可求出结果. 【详解】因为，得到， 又应用诱导公式五和诱导公式六， 对应的4个数据分别为：， 所以极差为：， 故选：A 5. 记单调递增的等差数列的前项和为，若且，则（ ） A. 70 B. 65 C. 55 D. 50 【答案】B 【解析】 【分析】根据等差数列的基本量与性质求解公差，从而可得通项公式，再由等差数列的前项和公式求解. 【详解】由等差数列，设，为公差， 由于，则，化简得， 由于数列单调递增，因此，解出，因此，则. 故选：B. 6. 古希腊数学家阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》中有这样一个结论：平面内与两点距离的比为常数（）的点的轨迹是圆，后人称这个圆为阿波罗尼斯圆.已知点，，动点满足，若点的轨迹与圆：（）有且仅有三条公切线，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】由题意计算可得点的轨迹为圆，由公切线条数可知两圆外切，借助两圆外切的性质计算即可得解. 【详解】由题意可得，化简得， 即，即动点的轨迹为以为圆心，为半径的圆， 由：（），可得， 故圆以为圆心，为半径，由两圆有且仅有三条公切线， 故两圆外切，即有，即. 故选：D. 7. 已知且，则“”是“函数为偶函数”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】由“函数为偶函数”，可得，结合充分条件与必要条件的性质即可判断. 【详解】若函数为偶函数，由定义域为，则有， 即，即对任意的恒成立， 即有，故， 由“”是“”的充分不必要条件， 故“”是“函数为偶函数”的充分不必要条件. 故选：A. 8. 已知抛物线：，过焦点的直线交抛物线于，两点，为坐标原点，为平面上一点，为的重心，则的面积的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设出直线方程联立曲线可得与纵坐标有关韦达定理，由重心的性质可得，结合点到直线的距离公式与弦长公式可得的范围，即可得的面积的取值范围. 【详解】由：，则焦点坐标为， 设，、， 联立，得，， 则，， 由为的重心，则有， 点到直线的距离为， 则 ， 故. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助为的重心，得到，从而可通过计算的取值范围得到的面积的取值范围. 二、选择题：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. 已知为虚数单位，复数，为方程的两个根，则下列选项中正确的有（ ） A. B. C. 复数在复平面上对应的点在第二象限 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由题意可知：，进而可判断A；结合可判断BD；根据复数的几何意义判断C. 【详解】对于选项A：由题意可知：，所以，故A正确； 对于选项B：对于任意复数，则， 可得， 所以，故B正确； 对于选项C：由方程解得，即或， 可知复数在复平面上对应的点在第一象限或第四象限，故C错误； 对于选项D：由选项B可知：，故D正确； 故选：ABD. 10. 如图，已知三棱柱，平面，，，，分别是，的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 平面 B. 平面 C. 直线与直线的夹角为 D. 若，则平面与平面的夹角为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据线面平行判定定理求证，即可判断A；根据线面垂直关系先证明平面，从而得，由结合线面垂直的判定定理，即可判断B；由，，可得是等腰直角三角形，从而可得直线与直线的夹角，即可判断C；连接，先证明平面，由线面垂直关系确定平面与平面的夹角，结合三角形边角可求得夹角大小，即可判断D. 【详解】因为分别是，的中点，所以， 又平面，平面，所以平面，故A正确； 因为平面，所以平面， 又平面，所以， 因为，平面，所以平面， 又平面，所以， 因为，平面，则平面，故B正确； 由于为中点，且，，因此是等腰直角三角形. 是的中点，则，故直线与直线的夹角为，故C错误； 连接， 由于，平面， 所以平面， 又平面，则，因此平面与平面的夹角为， 由于，因此，则，因此，故D正确. 故选：ABD. 11. 已知函数，则（ ） A. 在上是增函数 B. 的极大值点为， C. 有唯一的零点 D. 的图象与直线相切的点的横坐标为， 【答案】BC 【解析】 【分析】借助导数求出单调性即可得其极值点，即可得A、B；结合函数单调性与零点存在性定理，分，、及进行讨论即可得C；借助导数的几何意义计算即可得D. 【详解】对A、B：， 则当，即时，， 当时，， 即在上单调递减， 在上单调递增，故A错误； 的极大值点为，，故B正确； 对C：令， 即，由， 当时，， 当时，由，故， 由在上单调递增， 取，有在上单调递增， 又，故在上必有一零点， 由在上单调递减， 取，即在上单调递减， 则上没有零点， 综上所述，有唯一的零点，故C正确； 对D：设切点坐标为， 则有， 由切线方程为，则有，即， 化简得，即， 即有，，则，，故D错误. 故选：BC. 【点睛】关键点点睛：本题中C选项关键点于结合函数单调性与零点存在性定理，分，、及进行讨论. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 样本数据24，8，35，23，7，10，11，30的60%分位数为______. 【答案】 【解析】 【分析】首先将数据从小到大排列，再根据百分位数计算规则计算可得. 【详解】将样本数据从小到大排列为 其中，所以分位数为从小到大排列的第5个数，即为， 故答案为： 13. 若实数，且，则的最小值为______. 【答案】4 【解析】 【分析】根据，将化简可得，再根据基本不等式“1”的巧用求解最值即可. 【详解】由可得， 因为，所以，即，则， 则， 当且仅当，即时等号成立，故的最小值为. 故答案为：. 14. 已知数列满足，，对有，为正整数，使成立的的值为______. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得数列为以为周期的周期数列，即可得，即可得解. 【详解】由 ，则，故， 则，即，， 即数列为以为周期的周期数列，故， 即，又为正整数，故. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助题目所给条件，得到数列为以为周期的周期数列. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 已知中角，，的对边分别为，，，且. （1）求角； （2）若，求的周长的最大值，并求出此时角，角的大小. 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）借助正弦定理将边化为角后，结合两角和的正弦公式计算即可得； （2）借助余弦定理与基本不等式即可得周长的最大值，亦可得此时角，角的大小. 【小问1详解】 由， 则有， 即， 由，故，则有，即，即； 【小问2详解】 由余弦定理，可得， 则，故， 当且仅当时，等号成立，即，即， 即的周长的最大值为，此时，即. 16. 某大学研究机构选择了网络游戏这一项目作为研究，来了解网络游戏对大学生的影响.该机构共在某高校发放50份问卷调查，有34名男同学，16名女同学参加了这次问卷调查活动，调查的结果如下图： （1）完成下面的列联表，并依据的独立性检验，能否认为大学生喜欢玩网游与性别有关？ 玩过网游 没玩过网游 总计 男生 女生 总计 （2）视本次问卷中的频率为概率，在该校所有学生中任意抽查5名学生，记其中玩过网游的人数为，求和. 附：，其中. 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）大学生喜欢玩网游与性别无关 （2）； 【解析】 【分析】（1）根据完善列联表，计算，并与临界值对比分析； （2）由题意分析可知：，结合二项分布运算求解. 【小问1详解】 由题意可得列联表： 玩过网游 没玩过网游 总计 男生 22 12 34 女生 8 8 16 总计 30 20 50 零假设：大学生喜欢玩网游与性别无关， 则， 根据的独立性检验可知：假设成立，所以大学生喜欢玩网游与性别无关. 【小问2详解】 用频率估计概率，可知大学生玩过网游的概率为， 由题意可知：玩过网游人数， 所以，. 17. 如图，平面，∥，，，点是的中点，连接. （1）证明：∥平面； （2）求与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见详解 （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，根据平行关系可得∥，结合线面平行的判定定理分析证明； （2）建系，求平面的法向量，利用空间向量求线面角. 【小问1详解】 取的中点，连接， 因为分别为中点，则∥，且， 由题意可知：∥，且，则∥，且， 可知四边形为平行四边形，可得∥， 且平面，平面，所以∥平面. 【小问2详解】 因为平面，， 以为坐标原点，分别为轴所在直线，建立空间直角坐标系， 则， 可得， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 因为， 所以与平面所成角的正弦值为. 18. 已知函数，定义域为. （1）讨论的单调性； （2）求当函数有且只有一个零点时，的取值范围. 【答案】（1） 当时，在内单调递增； 当时，在内单调递减，在内单调递增； 当时，在内单调递减，在内单调递增. （2） 【解析】 【分析】（1）求导，分和，根据二次方程根的个数以及韦达定理分析判断的符号，进而可得的单调性； （2）参变分离可得，构建，求导，利用导数判断的单调性，进而可得结果. 【小问1详解】 因为， （ⅰ）当，即时，则在内恒成立， 可知在内单调递增； （ⅱ）当，即或时，可知有两个不相等的根， 不妨令，可知， ①若，因为，可知， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增； ②若，因为，可知， 令，解得或；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增； 综上所述：当时，在内单调递增； 当时，在内单调递减，在内单调递增； 当时，在内单调递减，在内单调递增. 【小问2详解】 若，可知在内无零点，不合题意，可知 令，整理得， 构建， 原题意等价于与的图象有且仅有一个交点， 因为， 构建，则， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递增，在内单调递减， 则，即在内恒成立， 可知在内单调递减， 且当趋近于0时，趋近于；当趋近于时，趋近于0且； 的大致图象如图所示， 可得，即，所以的取值范围为. 【点睛】方法点睛：两招破解不等式的恒成立问题 （1）分离参数法 第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题； 第二步：利用导数求该函数的最值； 第三步：根据要求得所求范围． （2）函数思想法 第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题； 第二步：利用导数求该函数的极值； 第三步：构建不等式求解． 19. 已知双曲线的两条渐近线分别为和，右焦点坐标为为坐标原点. （1）求双曲线的标准方程； （2）直线与双曲线的右支交于点（在的上方），过点分别作的平行线，交于点，过点且斜率为4的直线与双曲线交于点（在的上方），再过点分别作的平行线，交于点，这样一直操作下去，可以得到一列点. 证明：①共线； ②为定值. 【答案】（1） （2） 证明①：设斜率为4，与双曲线右支相交于两点的直线方程为，其中， 联立方程消去可得，该方程有两个正根，解得， 根据韦达定理：， 直线的方程为，而，即， 直线的方程为，而，即， 联立方程两式相加得， 代回方程组得， 根据，易得， 即都在直线上，所以共线； 证明②：由①得：设坐标为，直线方程为， 即①中，根据①中的计算， ， ， ， 所以. 【解析】 【分析】（1）根据渐近线方程与焦点坐标列方程组求解，即可得双曲线标准方程； （2）①设斜率为4，与双曲线右支相交于两点的直线方程为，与双曲线方程联立得交点坐标关系，从而可得直线与直线的方程，联立两直线可得坐标关系，从而证得结论；②设坐标为，直线方程为，结合①中坐标关系，利用两点之间的距离公式可得结论. 【小问1详解】 由题意得解得 所以双曲线的标准方程为； 【小问2详解】 略 【点睛】思路点睛：直线与双曲线的位置关系，联立直线与双曲线方程，得到根与系数的关系，利用坐标关系可求解点的横纵坐标关系、直线上两点距离、三角形面积、定值定点等几何性质问题，但需要注意计算技巧处理. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $