精品解析：陕西省西安市2024-2025学年高三上学期11月联考一模数学试题

2022级高三第一学期月考（二）考试试题 数学 本试卷共4页，19小题，考试时长120分钟，满分150分． 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．填空题和解答题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交． 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 若集合，，则满足的实数a的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 2. 设，则（ ） A. 1 B. C. D. 3. 若的展开式中各项系数和为16，则其展开式中的常数项为（ ） A. 54 B. C. 108 D. 4. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知都是锐角，，则（ ） A. B. C. D. 6. 连掷两次骰子得到的点数分别为和，记向量与向量的夹角为，则的概率是（ ） A. B. C. D. 7. 已知数列是正项数列，且，则（ ） A. 216 B. 260 C. 290 D. 316 8. 已知函数的图像与直线有3个不同的交点，则实数k的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 中国南宋时期杰出数学家秦九韶在《数书九章》中提出了已知三角形三边求面积的公式，求其法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实，一为从隅，开平方得积．”若把以上这段文字写成公式，即．现有满足，且，则（ ） A. 外接圆的半径为 B. 若的平分线与交于，则的长为 C. 若为的中点，则的长为 D. 若为的外心，则 10. 在直三棱柱中，，，E、F分别是、的中点，D在线段上，则下面说法中正确的有（ ） A. 平面 B. 直线EF与平面ABC所成角的正弦值为 C. 若D是的中点，若M是的中点，则F到平面BDM的距离是 D. 直线BD与直线EF所成角最小时，线段BD长为 11. 已知O为坐标原点，点在抛物线上，抛物线的焦点为F，过点的直线l交抛物线C于P，Q两点（点P在点B，Q的之间），则（ ） A. 直线与抛物线C相切 B. C. 若P是线段的中点，则 D. 存在直线l，使得 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知中，，，，则___________. 13. 甲和乙玩纸牌游戏，已知甲手中有2张10和4张3，乙手中有4张5和6张2，现从两人手中各随机抽取两张牌并交换给对方，则交换之后甲手中牌的点数之和大于乙手中牌的点数之和的概率为____ 14. 已知函数，则关于的不等式的解集为______. 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. 某同学参加射击比赛， 每人配发颗子弹. 射击靶由内环和外环组成， 若击中内环得分，击中外环得分，脱靶得分. 该同学每次射击，脱靶的概率为 ，击中内环的概率为，击中外环的概率为，每次射击结果相互独立. 只有前一发中靶，才能继续射击，否则结束比赛. （1）若已知该同学得分为分的情况下， 求该同学只射击了发子弹的概率； （2）设该同学最终得分为，求的分布列和数学期望 . 16. 如图，在三棱柱中，，，，在底面的射影为的中点，是的中点． （1）证明：平面； （2）求二面角的平面角的正切值． 17. 已知函数． （1）讨论函数的单调性； （2）证明不等式恒成立． 18. 如图，曲线下有一系列正三角形，设第n个正三角形（为坐标原点）的边长为． （1）求的值； （2）求出的通项公式； （3）设曲线在点处的切线斜率为，求证：． 19. 已知双曲线的离心率为，右顶点为为双曲线右支上两点，且点在第一象限，与不重合，以为直径的圆经过点． （1）求的方程； （2）证明：直线恒过定点； （3）若直线与轴分别交于点，且为中点，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2022级高三第一学期月考（二）考试试题 数学 本试卷共4页，19小题，考试时长120分钟，满分150分． 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．填空题和解答题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交． 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 若集合，，则满足的实数a的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】利用，知，求出的值，根据集合元素的互异性舍去不合题意的值，可得答案． 【详解】因为，所以， 即或者，解之可得或或， 当时，，符合题意； 当时，，符合题意； 当时，，根据集合元素互异性可判断不成立。 所以实数a的个数为2个. 故选：B 2. 设，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数代数形式的乘法运算法则计算可得. 【详解】因为，所以. 故选：C 3. 若的展开式中各项系数和为16，则其展开式中的常数项为（ ） A. 54 B. C. 108 D. 【答案】A 【解析】 【分析】令，结合已知求出，再求出展开式的通项，令的指数等于零，即可得解. 【详解】令，可得，所以， 则展开式的通项为， 令，得， 所以展开式中的常数项为. 故选：A. 4. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据对数函数的单调性以及幂函数的单调性即可求解. 【详解】,，所以， ，而，所以， 故. 故选：D 5. 已知都是锐角，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据，结合同角三角关系以及两角和差公式运算求解. 【详解】因为都是锐角，则， 则， 所以 . 故选：B. 6. 连掷两次骰子得到的点数分别为和，记向量与向量的夹角为，则的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由，得出，计算出基本事件的总数以及事件所包含的基本事件数，然后利用古典概型的概率公式可计算出所求事件的概率. 【详解】，，即， 事件“”所包含的基本事件有：、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、，共个， 所有的基本事件数为，因此，事件“”的概率为. 故选：C. 【点睛】本题考查利用古典概型的概率公式计算事件的概率，解题的关键就是求出总的基本事件数和所求事件所包含的基本事件数，考查计算能力，属于中等题. 7. 已知数列是正项数列，且，则（ ） A. 216 B. 260 C. 290 D. 316 【答案】A 【解析】 【分析】当时，，与已知式相减，得，检验首项即可得到数列通项公式，根据通项求和. 【详解】令，得，∴． 当时，． 与已知式相减，得． ∴，又时，满足上式， ∴． ∴，∴． 故选：A 8. 已知函数的图像与直线有3个不同的交点，则实数k的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】作函数的大致图像（实线），平移直线，数形结合得出实数k的取值范围. 【详解】如图，作函数的大致图像（实线），平移直线，由可得，，，故当时，直线与曲线相切；当时，直线经过点，且与曲线有2个不同的交点；当时，直线经过点，且与的图像有3个不同的交点．由图分析可知，当时，的图像与直线有3个不同的交点． 故选：D 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 中国南宋时期杰出数学家秦九韶在《数书九章》中提出了已知三角形三边求面积的公式，求其法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实，一为从隅，开平方得积．”若把以上这段文字写成公式，即．现有满足，且，则（ ） A. 外接圆的半径为 B. 若的平分线与交于，则的长为 C. 若为的中点，则的长为 D. 若为的外心，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】依题意由正弦定理可得，根据余弦定理和三角形面积公式可求得，再由正弦定理可得A错误；根据等面积法可得角平分线的长为，即B正确；由可求得，即C错误；利用外接圆以及投影向量的几何意义可得D正确. 【详解】根据题意由，利用正弦定理可得， 设， 利用余弦定理可得， 又面积为，所以， 又，所以， 对于选项A，设外接圆的半径为，由正弦定理可得，故A正确； 对于B，分别作垂直于，垂足为，如下图所示：    易知的面积为，可得，故B正确； 对于C，若为的中点，易知，如下图所示：    所以可得，可得，故C错误； 对于D，延长交外接圆于点，连接，如下图所示：    易知即为直径，所以可知，利用投影向量的几何意义可得， ，故D正确. 故选：ABD 10. 在直三棱柱中，，，E、F分别是、的中点，D在线段上，则下面说法中正确的有（ ） A. 平面 B. 直线EF与平面ABC所成角的正弦值为 C. 若D是的中点，若M是的中点，则F到平面BDM的距离是 D. 直线BD与直线EF所成角最小时，线段BD长为 【答案】ABD 【解析】 【分析】以点为坐标原点，所在直线分别为坐标轴建立空间直角坐标系，利用直线的方向向量与平面法向量的数量积等于零可判断A；求得直线与平面的法向量，利用向量法可求得直线与平面所成角的正弦值可判断B；利用向量法求得到平面的距离可判断C；利用异面直线所成角的空间向量求法求得的长可判断D. 【详解】因为直三棱柱中，，所以两两互相垂直， 于是以点为坐标原点，所在直线分别为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，分别是的中点，在线段上， 所以， 对于A：因为在直三棱柱中，平面， 又，平面，所以，又，所以， 又，平面，所以平面， 所以为平面的一个法向量，又， 则， 又平面，平面，故A正确； 对于B：为平面的一个法向量，又， 设直线与平面所成角为， 则，故B正确； 对于C：若是的中点，若M是的中点，则， 则， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 所以平面的一个法向量为，又， 所以到平面的距离是，故C错误； 对于D：设， 则， 设直线与直线所成角为，又， 则， 当，即时，取最大值，此时直线与直线所成角最小， ，，故D正确． 故选：ABD． 【点睛】方法点睛：求线线角，线面角，面面角的最大值与最小值，关键是用变量把动点的坐标或向量表示出来，进而用变量去表示这些角的余弦与正弦值，从而求得取最值时的变量值，进而解决有关问题. 11. 已知O为坐标原点，点在抛物线上，抛物线的焦点为F，过点的直线l交抛物线C于P，Q两点（点P在点B，Q的之间），则（ ） A. 直线与抛物线C相切 B. C. 若P是线段的中点，则 D. 存在直线l，使得 【答案】AC 【解析】 【分析】先求抛物线的方程，然后用抛物线方程与直线的方程联立方程组求出交点，可判断A；用直线l的方程与抛物线的方程联立方程组，进而结合韦达定理利用向量的数量积运算可判断B选项；结合中点坐标利用焦半径公式可判断C；由得，进而求的值，从而用来可判断D选项. 【详解】因为点在抛物线上，所以，解得， 即抛物线方程为，焦点. 对于A：直线的方程为，即， 因为，解得，所以直线与抛物线C相切点，故A正确； 对于B：设过点B的直线为l，若直线l与y轴重合，则直线l与抛物线C只有一个交点，不合题意； 所以直线l的斜率存在，设其方程为，， 由，得，则，即或， 于是， 又， 所以，故B错误； 对于C：由焦半径公式可得， 因为P是线段的中点， 所以，整理得，即，故C正确； 对于D：若，则，得 所以，即，解得， 此时，则直线l与抛物线相切，故D错误. 故选：AC. 【点睛】易错点睛：在判断D选项时，求出误以为存在满足题意的直线，事实上这时候直线与抛物线相切，故不存在满足题意的直线. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知中，，，，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】利用相反向量将转化为，然后由数量积定义可得. 【详解】因为，，， 所以. 故答案为： 13. 甲和乙玩纸牌游戏，已知甲手中有2张10和4张3，乙手中有4张5和6张2，现从两人手中各随机抽取两张牌并交换给对方，则交换之后甲手中牌的点数之和大于乙手中牌的点数之和的概率为____ 【答案】 【解析】 【分析】根据题意分析得甲只能被抽取两张3，乙抽取的两张牌要至少有一张5，再根据古典概型求概率公式求概率即可． 【详解】解：一开始两人手中牌的点数之和是相等的，要想交换之后甲手中的牌点数之和更大，则甲被抽取的两张牌的点数之和应更小． 若甲被抽取的两种牌中有点数为10的牌，则这两张牌的点数之和肯定更大，不合题意． 故甲只能被抽取两张3，故其抽取的两张牌的点数之和为6，而乙抽取的两张牌点数之和要大于6，则至少有一张5， 综上． 故答案为：． 14. 已知函数，则关于的不等式的解集为______. 【答案】,或 【解析】 【分析】判断出函数的奇偶性，利用导数判断出单调性，利用奇偶性、单调性可得答案. 【详解】，， 所以为奇函数， ， 当且仅当等号成立， 所以在上单调递减， 由得， 可得，解得，或， 所以不等式的解集为,或. 故答案为：,或. 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. 某同学参加射击比赛， 每人配发颗子弹. 射击靶由内环和外环组成， 若击中内环得分，击中外环得分，脱靶得分. 该同学每次射击，脱靶的概率为 ，击中内环的概率为，击中外环的概率为，每次射击结果相互独立. 只有前一发中靶，才能继续射击，否则结束比赛. （1）若已知该同学得分为分的情况下， 求该同学只射击了发子弹的概率； （2）设该同学最终得分为，求的分布列和数学期望 . 【答案】（1） （2） 的分布列为 【解析】 【分析】（1）记事件：该同学得分为分，事件：该同学只射击了发子弹，利用相互独立事件同时发生的概率公式得，，再利用条件概率公式即可求出结果； （2）由题知可能取值为，利用相互独立事件同时发生的概率公式，分别求出每个取值的概率，即可求出分布列，再利用期望的计算公式，即可求出结果. 【小问1详解】 记事件：该同学得分为分，事件：该同学只射击了发子弹， 由题知，, 所以. 【小问2详解】 由题知可能取值为， ，，， ， ， ，， 所以的分布列为 . 16. 如图，在三棱柱中，，，，在底面的射影为的中点，是的中点． （1）证明：平面； （2）求二面角的平面角的正切值． 【答案】（1） 证明：取的中点，连接，， ，是的中点． ， ，， 因为在底面的射影为的中点， 所以面， 又面面，所以面， 又面，所以， 因为， 所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，，根据几何体的性质及线面垂直的性质得出，，利用线面垂直的判定定理即可得证； （2）以中点为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建系，利用向量法即可求出答案． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：如图，以为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建系， 则， 则，， ，， 设平面的法向量为， 则，得， 取，得， 因为面， 所以即为平面的一个法向量， 则， 所以二面角的平面角的余弦值为，正弦值为， 故二面角的平面角的正切值． 17. 已知函数． （1）讨论函数的单调性； （2）证明不等式恒成立． 【答案】 （1）当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减． （2）设函数， 则，可知在上单调递增． 又由，知，在上有唯一实数根，且， 则，即． 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以，结合，知， 所以， 则， 即不等式恒成立． 【解析】 【分析】（1）求出函数导数，讨论的范围结合导数即可得出单调性； （2）构造函数，利用导数可得在上有唯一实数根，且，则可得，即得证. 【详解】（1） 当时，，所以在上单调递增； 当时，令，得到， 所以当时，，单调递增， 当时，，单调递减． 综上所述，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减． （2）略 【点睛】关键点睛：本题考查不等式恒成立的证明，解题的关键是转化为证明的最小值大于0. 18. 如图，曲线下有一系列正三角形，设第n个正三角形（为坐标原点）的边长为． （1）求的值； （2）求出的通项公式； （3）设曲线在点处的切线斜率为，求证：． 【答案】（1），； （2）； （3） 由（2）知，当时，， 则点的横坐标，显然满足上式，因此， 由求导得，，于是， 当时，， 所以. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，用表示出点的坐标，再代入曲线方程，计算作答. （2）令为数列的前n项和，利用与表示出点的坐标，代入曲线方程即可得与的关系，再利用递推关系求出通项. （3）由（2）求出点的横坐标，利用导数的几何意义求出，再利用裂项相消法求和即得. 【小问1详解】 依题意，为正三角形，且，观察图象得，而点在曲线上， 即，解得，为正三角形，且，点在曲线上， ，整理得，解得， 所以，. 【小问2详解】 令为数列的前n项和，是正三角形，点， ，于是点在曲线上， 则，即，当时，， 两式相减得：，整理得， 则，而满足上式，因此，， 即数列是首项为，公差的等差数列，， 所以数列的通项公式是. 【小问3详解】 略 【点睛】易错点睛：裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的． 19. 已知双曲线的离心率为，右顶点为为双曲线右支上两点，且点在第一象限，与不重合，以为直径的圆经过点． （1）求的方程； （2）证明：直线恒过定点； （3）若直线与轴分别交于点，且为中点，求的值． 【答案】（1）； （2）证明如下： 显然直线不垂直于，设其方程为，， 由消去，得， 则，即，， 由以为直径的圆经过点，得，即， 则，， ，化简得， 当时，直线经过点，不符条件，因此， 所以直线必过定点. （3）. 【解析】 【分析】（1）根据离心率以及顶点即可求的方程. （2）联立直线与双曲线方程，由向量垂直的坐标表示列式，结合韦达定理，化简求解. （3）根据中点坐标可得，即可根据三角形面积之比求解. 【小问1详解】 由双曲线右顶点，得， 由离心率为，得双曲线半焦距，则双曲线虚半轴长， 所以双曲线的方程为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）知，， 由为中点，得，于是，解得， 由，得， 因此，所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $