精品解析：2025届吉林省长春市朝阳区长春吉大附中实验学校高三一模数学试题

“兴酣落笔摇五岳，意气风发凌九霄” 2024—2025学年上学期高三年级 第一次摸底考试数学学科试卷 考试时间：120分钟 试卷满分：150分 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，考试结束后，将答题卡交回． 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区． 2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚． 3．请按照题号顺序在各题目的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效． 4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑． 5．保持卡面清洁，不得折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀． 一、单项选择题（本大题包括8个小题，每小题5分，共40分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确选项填涂在答题卡上）． 1. 已知集合，集合，函数的值域为（其中），那么（ ） A. B. C. D. 2. 命题的否定为（ ） A. ∀x＞0，x2+x+1＞0 B. ∀x＜0，x2+x+1＞0 C. ∃x＞0，x2+x+1＞0 D. ∃x≤0，x2+x+1＞0 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 4. 在中，“”是“”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 5. 已知边长为2的菱形中，，点为线段（含端点）上一动点，点满足，则的最大值为（ ） A. 0 B. C. 3 D. 6. 常用放射性物质质量衰减一半所用的时间来描述其衰减情况，这个时间被称做半衰期，记为（单位：天）．铅制容器中有甲、乙两种放射性物质，其半衰期分别为．开始记录时，这两种物质的质量相等，512天后测量发现乙的质量为甲的质量的，则满足的关系式为（ ） A. B. C. D. 7. 将函数的图象向右平移个单位长度后与函数的图象重合，则的最小值为（ ） A. 7 B. 5 C. 9 D. 11 8. 已知函数，其中是自然对数的底数.若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：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. 已知向量，则（    ） A. 若，则 B. 若，则 C. 的最大值为5 D. 若，则 10. 设正实数，满足，则（） A. 的最小值为 B. 的最大值为 C. 的最大值为 D. 的最小值为 11. 定义在的函数满足，且当时，，则（ ） A. 是奇函数 B. 在上单调递增 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知曲线在点处的切线的倾斜角为，则的值为__________. 13. 在中，，，分别是角，，的对边，若，则的值为______. 14. 已知，，，且满足，则的最大值为_________. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 某公司拟通过摸球中奖的方式对员工发放节日红包．在一个不透明的袋子中装有个形状大小相同的标有面值的球，每位员工从球袋中一次性随机摸取m个球，摸完后全部放回袋中，球上所标的面值之和为该员工所获得的红包数额． （1）若，，当袋中的球中有个所标面值为元，1个为元，1个为元时，在员工所获得的红包数额不低于元的条件下，求取到面值为元的球的概率； （2）若，，当袋中的球中有1个所标面值为元，2个为元，1个为元，1个为元时，求员工所获得红包数额的数学期望与方差． 16. 在中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且，． （1）求的值； （2）若的面积为，求AB边上的高． 17. 如图，四棱锥中，平面平面ABC，，，，，，． （1）求证：； （2）当时，求直线MC与平面PAC所成角的正弦值． 18. 已知点为抛物线上的点，，为抛物线上的两个动点，为抛物线的准线与轴的交点，为抛物线的焦点． （1）若，求证：直线恒过定点； （2）若直线过点，，在轴下方，点在，之间，且，求的面积和的面积之比． 19. 设是定义在上的函数，若存在区间和，使得在上严格减，在上严格增，则称为“含谷函数”，为“谷点”，称为的一个“含谷区间”． （1）判断下列函数中，哪些是含谷函数？若是，请指出谷点；若不是，请说明理由： （i），（ii）； （2）已知实数，是含谷函数，且是它的一个含谷区间，求的取值范围； （3）设，．设函数是含谷函数，是它的一个含谷区间，并记的最大值为．若，且，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ “兴酣落笔摇五岳，意气风发凌九霄” 2024—2025学年上学期高三年级 第一次摸底考试数学学科试卷 考试时间：120分钟 试卷满分：150分 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，考试结束后，将答题卡交回． 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区． 2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚． 3．请按照题号顺序在各题目的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效． 4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑． 5．保持卡面清洁，不得折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀． 一、单项选择题（本大题包括8个小题，每小题5分，共40分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确选项填涂在答题卡上）． 1. 已知集合，集合，函数的值域为（其中），那么（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据，求出值域，再利用集合的交并运算求出最后结果. 【详解】因为，所以，即. ,所以. 故选：A 2. 命题的否定为（ ） A. ∀x＞0，x2+x+1＞0 B. ∀x＜0，x2+x+1＞0 C. ∃x＞0，x2+x+1＞0 D. ∃x≤0，x2+x+1＞0 【答案】C 【解析】 【分析】根据全称命题的否定:改变量词,否定结论,可得结果. 【详解】命题的否定为. 故选:. 【点睛】本题考查全称命题否定的改写,要注意量词和结论的变化,难度容易. 3. 已知，则（ ） A. B. C D. 【答案】D 【解析】 【分析】由不等式的性质判断ACD；取特殊值判断B. 【详解】解：对于A，因为，所以，即，故错误； 对于B，取，则，故错误； 对于C，由，得，所以，故错误； 对于D，由，得，所以，故正确. 故选：D. 4. 在中，“”是“”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】B 【解析】 【分析】先证明条件是必要的，再构造反例说明条件不是充分的. 【详解】若，则，故条件是必要的； 当，，时，有，，故条件不是充分的. 故选：B. 5. 已知边长为2的菱形中，，点为线段（含端点）上一动点，点满足，则的最大值为（ ） A. 0 B. C. 3 D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用基底表示和，再求数量积. 【详解】， 所以， ， ， ， ，， 当时，取得最大值. 故选：C 6. 常用放射性物质质量衰减一半所用的时间来描述其衰减情况，这个时间被称做半衰期，记为（单位：天）．铅制容器中有甲、乙两种放射性物质，其半衰期分别为．开始记录时，这两种物质的质量相等，512天后测量发现乙的质量为甲的质量的，则满足的关系式为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设开始记录时，甲乙两种物质的质量均为1，可得512天后甲，乙的质量，根据题意列出等式即可得答案． 【详解】设开始记录时，甲乙两种物质的质量均为1， 则512天后，甲的质量为：，乙的质量为：， 由题意可得， 所以． 故选：B． 7. 将函数的图象向右平移个单位长度后与函数的图象重合，则的最小值为（ ） A. 7 B. 5 C. 9 D. 11 【答案】D 【解析】 【分析】求出，根据可得ω，从而可求其最小值. 【详解】， ，， 由题可知，，，解得，， 又，当时，取得最小值11． 故选：D． 8. 已知函数，其中是自然对数的底数.若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求导后结合基本不等式可得在上单调递增，令g，从而可得在上单调递增，且为奇函数，从而可化为，求解即可. 【详解】， 在上单调递增. 令，在上单调递增， 因为，所以为奇函数， 则化为 所以，解得， . 故选：C 二、多选题：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. 已知向量，则（    ） A. 若，则 B. 若，则 C. 的最大值为5 D. 若，则 【答案】AD 【解析】 【分析】根据向量共线的坐标公式即可判断A；根据向量垂直的坐标公式即可判断B；根据向量的模的坐标公式结合三角函数的性质即可判断C；根据，求出的关系，进而可判断D. 【详解】因为，， 所以，， 对于A，若，则，所以，故A正确； 对于B，若，则，所以， 又，解得或，故B错误； 对于C， ，其中， 当时，取得最大值，故C错误； 对于D，若，则， 即，所以， 所以 ，故D正确. 故选：AD. 10. 设正实数，满足，则（） A. 的最小值为 B. 的最大值为 C. 的最大值为 D. 的最小值为 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，利用“常数代换法”结合基本不等式即可求解；对于B，平方后再利用基本不等式求解，再开方即可；对于C，直接利用基本不等式即可；对于D，由平方平均数大于等于算术平均数即可求解. 【详解】对于A，因为正实数，满足，所以， 当且仅当且，即时等号成立，故A错误； 对于B，，则， 当且仅当时等号成立，故B正确； 对于C，，当且仅当时等号成立，所以的最大值为，故C错误； 对于D，由，可得，当且仅当时等号成立，故D正确. 故选：BD. 11. 定义在的函数满足，且当时，，则（ ） A. 是奇函数 B. 在上单调递增 C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据奇偶性的定义分析判断A，根据函数单调性的定义分析判断B，利用赋值法分析判断C，根据选项C及函数单调性判断D. 【详解】对于A，令，可得，再令，可得，且函数定义域为，所以函数为奇函数，故A正确； 对B，令，则，，可得，所以， 由函数性质可得，即，所以在上单调递增，故B正确； 对于C，令，可得，所以，即，故C正确； 对D，因为函数为增函数，所以，由C可知，故D错误. 故选：ABC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知曲线在点处的切线的倾斜角为，则的值为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据导数的几何意义求解即可. 【详解】由，则， 所以，即. 故答案为：. 13. 在中，，，分别是角，，的对边，若，则的值为______. 【答案】2023 【解析】 【分析】由已知可利用余弦定理转化为新的关系式，再由已知可用切化弦思想及正弦定理的边角互化思想就可得到结果. 【详解】因为， 由余弦定理得， 所以， 所以 ， 故答案为：2023. 14. 已知，，，且满足，则的最大值为_________. 【答案】 【解析】 【分析】由已知结合对数的换底公式进行化简，然后结合基本不等式即可求解． 【详解】因为，，，且满足， 所以，， 所以，当且仅当时取等号， 所以，， 因为， 所以， 所以，所以， 故的最大值为． 故答案为：． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 某公司拟通过摸球中奖的方式对员工发放节日红包．在一个不透明的袋子中装有个形状大小相同的标有面值的球，每位员工从球袋中一次性随机摸取m个球，摸完后全部放回袋中，球上所标的面值之和为该员工所获得的红包数额． （1）若，，当袋中的球中有个所标面值为元，1个为元，1个为元时，在员工所获得的红包数额不低于元的条件下，求取到面值为元的球的概率； （2）若，，当袋中的球中有1个所标面值为元，2个为元，1个为元，1个为元时，求员工所获得红包数额的数学期望与方差． 【答案】（1） （2）期望为；方差为 【解析】 【分析】（1）记事件：员工所获得的红包数额不低于90元，事件：取到面值为60元的球，根据条件先求，再利用条件概率公式，即可求解； （2）由题知可能取值为，再求出对应的概率，利用期望和方差的计算公式，即可求解. 【小问1详解】 记事件：员工所获得的红包数额不低于90元，事件：取到面值为60元的球， 因为球中有个所标面值为元，1个为元，1个为元，且 ，，，所以， 又，所以． 【小问2详解】 设X为员工取得的红包数额，则可能取值为， 所以，， ，， 所以， ． 16. 在中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且，． （1）求的值； （2）若的面积为，求AB边上的高． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由二倍角的正弦公式、正弦定理和余弦定理求解即可. （2）由（1）求出，由同角三角函数的基本关系求出，最后由三角形的面积公式求解即可. 【小问1详解】 ∵， ∴， 由正余弦边角关系得，①， 又，② 由①②得，， ∴，∴ 【小问2详解】 由（1）得，， （或由余弦定理得） ∵为锐角，∴， ∴的面积， ∴， 设边上的高为， 则的面积， ∴，即边上的高为. 17. 如图，四棱锥中，平面平面ABC，，，，，，． （1）求证：； （2）当时，求直线MC与平面PAC所成角的正弦值． 【答案】（1） 证明：取中点，连接，因为，所以，因为平面平面，因为平面平面，平面，所以平面，如图建立空间直角坐标系， 则，，，设，则 所以，， ，所以 （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，即可得到，再根据，面面垂直的性质得到平面，如图建立空间直角坐标系，设，则，求出、的坐标，即可得证； （2）首先利用勾股定理求出，再求出平面的法向量，最后利用空间向量法求出线面角的正弦值； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：因为，且，即，所以， 所以，， 设平面的法向量为，，令，则，，所以， 设直线与平面所成角为，所以 所以直线与平面所成角正弦值为. 18. 已知点为抛物线上的点，，为抛物线上的两个动点，为抛物线的准线与轴的交点，为抛物线的焦点． （1）若，求证：直线恒过定点； （2）若直线过点，，在轴下方，点在，之间，且，求的面积和的面积之比． 【答案】（1）设直线的方程为，，， 将代入抛物线方程得， 联立, ∵， ∴,, 或,若， 直线的方程为，恒过定点，不合题意舍； 若，直线的方程为，恒过定点． （2）4 【解析】 【分析】（1）根据，可得，,利用韦达定理求解； （2）方法一：利用直线与抛物线的位置关系，利用韦达定理可得，，从而可求解；方法二：结合可得，利用韦达定理和向量夹角的坐标表示即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 方法1：设直线的方程为，， 不妨设直线的倾斜角为， 则∴，，, ∵，∴, ∵∴，，共线，∴． 方法2：设直线的方程为，， , ∵，，，， ∴ 由于直线过点，，在轴下方，∴ 代入得，,∴ ∵∴，，共线，∴. 19. 设是定义在上的函数，若存在区间和，使得在上严格减，在上严格增，则称为“含谷函数”，为“谷点”，称为的一个“含谷区间”． （1）判断下列函数中，哪些是含谷函数？若是，请指出谷点；若不是，请说明理由： （i），（ii）； （2）已知实数，是含谷函数，且是它的一个含谷区间，求的取值范围； （3）设，．设函数是含谷函数，是它的一个含谷区间，并记的最大值为．若，且，求的最小值． 【答案】（1）是含谷函数，谷点；不是含谷函数， 理由：函数，当时，单调递减，当时，单调递增，所以是含谷函数，谷点； 函数，求导恒成立，函数单调递增，所以不是含谷函数. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用含谷函数定义判断函数的增减区间，再求谷点，证明函数是否为含谷函数； （2）由题意可判断函数在区间内有谷点，利用谷点定义求参数取值范围； （3）分别讨论函数的单调性，判断谷点所在区间，得到的解析式，再利用和消元求最值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意可知函数在区间内先减后增，且存在谷点， 令，所以， 设， 所以，由可知恒成立， 所以在区间上单调递增， 若满足谷点，则有，解得， 故m的取值范围是. 【小问3详解】 因为， 所以， 若恒成立， 则函数在时严格增，在时严格减，不是谷函数，不满足题意； 因此关于x方程有两个相异实根，即， 设两根为，且， 因为，所以函数在区间上不为严格增， 但是当时，，为严格增， 所以在区间上的单调性至少改变一次，从而必有一个驻点，即， 同理，因为，所以， 因此，在区间和上严格增，在区间和上严格减， 从而函数的含谷区间必满足， 即， 因为， ， 由得，所以， 由得，所以， 所以， 当时，， 当时，， 因此的最小值为，当时成立. 【点睛】关键点睛：（1）利用谷点定义判断函数否为含谷函数； （2）根据谷点性质求参数的取值范围； （3）将导数分解因式，利用二次函数性质讨论的单调性，进而得到和，求函数最值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $