精品解析：河北省邯郸市2024-2025学年高三上学期新高考单科模拟卷（四）（11月期中）数学试题

2025新高考单科模拟综合卷（四） 数 学 考生注意： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2.答卷前，考生务必将白己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡相应位置上. 3.请按照题号顺序在各题的答题区域内作答，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.考试结来后，将本试题息和答题卡一并上交. 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. 某校高二年级15个班参加朗诵比赛的得分如下： 85 86 87 88 89 90 91 91 92 93 93 94 95 97 99 则这组数据的40%分位数为（ ） A. 90 B. 91 C. 90.5 D. 92 【答案】C 【解析】 【分析】由百分位数的计算方法求出即可； 【详解】由题意，，故这组数据的40%分位数为从小到大第6，7位数据的平均数，即. 故选：C. 2. 已知圆C：及点，则下列说法正确的是（    ） A. 直线与圆C始终有两个交点 B. 若M是圆C上任一点，则|MQ|的取值范围为 C. 若点在圆C上，则直线PQ的斜率为 D. 圆C与轴相切 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意分别求出圆心，半径，由直线过定点可对A判断；利用圆外一点到圆上距离知识可对B判断；由在圆上可求得，即可对C判断；根据圆心到轴的距离从而可对D判断. 【详解】依题意，圆C：，圆心，半径， 对于A，直线恒过定点，而点在圆C外，则过点的直线与圆C可能相离，故A不正确； 对于B，，点Q在圆C外，由得：，故B正确. 对于C，点在圆C上，则，解得，而点， 则直线PQ的斜率为，故C不正确； 对于D，点到x轴距离为7，大于圆C的半径，则圆C与轴相离，即圆C与x轴不相切，故D不正确； 故选：B 3. 已知向量满足与垂直，则的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】向量垂直则数量积为零，由此求出，求，利用平方法转化为数量积进行计算． 【详解】由与垂直，得，则， 所以1， 所以当时，的最小值为 故选：C 4. 高一（1）班有8名身高都不相同的同学去参加红歌合唱，他们站成前后对齐的2排，每排4人，则前排的同学都比后排对应的同学矮的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】因为8名同学，所以任选两人，身高都不同，只需将抽取的两人安排到一组，高的同学站后即可. 【详解】名身高都不相同的同学站在8个不同的位置有种站法，将8名同学分为4组，每组2人，则有种分法，4组人有种站法，故所求概率. 故选：D. 5. 已知数列,的前n项和分别为,，记，则数列的前2024项和为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据,与的关系，将化简即可得当时，累加可得结果. 【详解】当时，； 当时， 所以. 故选：A. 6. 已知球的直径，，，是球球面上的三点，是等边三角形，且，则三棱锥的体积为（ ）. A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求得三棱锥的底面积和高，由此计算出三棱锥的体积. 【详解】设球心为，等边三角形截面小圆的圆心为（也是等边三角形的中心）. 由于是等边三角形，， 所以平面，在面的投影即，也即等边三角形的中心，且平面，则. 因为是直径，所以. 所以，. 由于是等边三角形的中心，所以， 所以等边三角形的高，. 所以三棱锥的体积为. 故选：B 【点睛】本小题主要考查与几何体外接球有关的计算，属于难题. 7. 已知，且，则可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由得，化简后可求出，再利用同角三角函数的关系可求出. 【详解】由，得， 所以， 所以， 整理得， ， 所以或， 所以或， ①当时，，， 因为，所以， 所以， 因为，所以， ②当时，， 因为，所以， 由于，所以解得， ③当时，， 因为，所以， 由于，所以解得， 综上，，或，或， 故选：B 8. 已知f(x)为奇函数，当x∈[0,1]时，当，若关于x的不等式f(x+m)≥f(x)恒成立，则实数m的取值范围为（ ） A. (-1,0)∪(0,+∞) B. C. D. (2,+∞) 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性求出函数的解析式，然后作出函数的图象，对进行分类讨论进行求解即可． 【详解】若，，则，， 则， 是奇函数， ， 则，，， 若，，则，， 则， 则，，， 作出函数的图象如图： 当时，的图象向左平移，如图， 当的图象与在相切时，，此时对应直线斜率， 由，即，得． 此时， 又切点在直线上， 所以切点坐标为， 即， 解得， 所以当时，不等式恒成立. 当时，的图象向右平移，如图， 显然不等式不恒成立. 综上的取值范围是， 故选：． 【点睛】本题主要考查函数奇偶性和单调性的应用，求出函数的解析式以及利用数形结合是解决本题的关键，属于难题． 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. 下列选项中的两个集合相等的有（ ）. A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】分析各对集合元素的特征，即可判断. 【详解】解：对于A：集合表示偶数集，集合也表示偶数集，所以，故A正确； 对于B：， ，所以，故B错误； 对于C：，又， 所以，即，所以，故C正确； 对于D：集合为数集，集合为点集，所以，故D错误； 故选：AC 10. 如图，一个质点在半径为2的圆上以点为起始点，沿逆时针方向运动，每转一圈.则该质点到轴的距离是关于运动时间的函数，则下列说法正确的是（ ） A. 函数的最小正周期是 B. 函数的最小正周期是 C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】根据质点运动规则可得角度，利用三角函数定义可求得该质点到轴的距离，再结合周期公式可得结论. 【详解】由题可知，该质点的角速度为， 由于起始位置为点，沿逆时针方向运动， 设经过时间s之后所成的角为，则， 根据三角函数定义可知点的纵坐标为， 所以该质点到轴的距离，可得D正确，C错误； 由解析式可知其最小正周期为，即A正确，B错误； 故选：AD 11. 定义：对于定义在区间I上的函数和正数，若存在正数M，使得不等式对任意恒成立，则称函数在区间I上满足阶李普希兹条件，则下列说法正确的有（ ） A. 函数在上满足阶李普希兹条件 B. 若函数在上满足一阶李普希兹条件，则M的最小值为 C. 若函数在上满足的一阶李普希兹条件，且方程在区间上有解，则是方程在区间上的唯一解 D. 若函数在上满足的一阶李普希兹条件，且，则对任意函数，，恒有 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据李普希兹条件的概念直接可以判断AB选项，再利用反证法判断C选项，通过分类讨论可判断D选项. 【详解】A选项：不妨设，，即，故，对，均有，A选项正确； B选项：不妨设，在单调递增，，，即，即对，恒成立，即在上单调递减，对恒成立，所以对恒成立，即，即的最小值为，B选项错误； C选项：假设方程在区间上有两个解，，则，这与矛盾，故只有唯一解，C选项正确； D选项：不妨设，当时，，当时， ，故对，，故D选项正确； 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数（且），为虚数单位，则x在复平面内对应的点所在的象限为__________象限. 【答案】第二 【解析】 【分析】根据复数的几何意义得出对应点的坐标可判断得出结论. 【详解】易知复数在复平面内对应的点坐标为， 由，可知，，故z在复平面内时对应的点所在的象限为第二象限. 故答案为：第二 13. 已知函数，若曲线与曲线存在公切线，则实数的最大值为__________． 【答案】##0.5 【解析】 【分析】根据导数的几何意义，利用斜率等于切点处的导数，和切线相同即可判断. 【详解】， 假设两曲线在同一点处相切， 则，可得，即， 因为函数单调递增，且时， 所以，则，此时两曲线在处相切， 根据曲线的变化趋势，若，则两曲线相交于两点，不存在公切线，如图， 所以的最大值为. 故答案为：. 14. 地球仪是地理教学中的常用教具.如图1所示，地球仪的赤道面(与转轴垂直)与黄道面(与水平面平行)存在一个夹角，即黄赤交角，大小约为23.5°.为锻炼动手能力，某同学制作了一个半径为4cm的地球仪(不含支架)，并将其放入竖直放置的正三棱柱中(姿态保持不变)，使地球仪与该三棱柱的三个侧面相切，如图2所示.此时平面恰与地球仪的赤道面平行，则三棱柱的外接球体积为___________.(参考数据：) 【答案】 【解析】 【分析】由题设可知平面与面的夹角为，设正三棱柱的底面边长为，利用二面角可求出三棱柱的高，再利用内切球的性质可求出，即可求出三棱柱的底面边长及高，再利用三棱柱外接球的求法可得解. 【详解】由题设可知平面与面的夹角为，取中点M，中点N，连接MN 由二面角的定义可知为平面与面的夹角，即 设正三棱柱的底面边长为，高为h，则 所以，则 又地球仪与该三棱柱的三个侧面相切，即地球仪的最大圆与底面正三角形内切， 所以内切圆的半径，解得 所以三棱柱的高，底面边长为 设三棱柱上、下底面中心，连线的中点O为球心， 在直角，， 所以三棱柱外接球的半径 所以体积 故答案为： 【点睛】方法点睛：空间几何体与球接、切问题的求解方法 (1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解． (2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段两两互相垂直，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用求解． 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. 为落实中央“坚持五育并举，全面发展素质教育，强化体育锻炼”的精神，某高中学校鼓励学生自发组织各项体育比赛活动，甲､乙两名同学利用课余时间进行乒乓球比赛，规定：每一局比赛中获胜方记1分，失败方记0分，没有平局，首先获得5分者获胜，比赛结束.假设每局比赛甲获胜的概率都是. （1）求比赛结束时恰好打了6局的概率； （2）若甲以3：1的比分领先时，记X表示到结束比赛时还需要比赛的局数，求X的分布列及期望. 【答案】（1）；（2）分布列答案见解析，数学期望：. 【解析】 【分析】（1）比赛恰好打了6局的情况有两种：甲胜或乙胜，即可求解； （2）分析可知X的可能取值为2，3，4，5，分别求出对应的概率，由此能求出X的分布列和. 【详解】解：（1）比赛结束时恰好打了6局，甲获胜的概率为， 恰好打了6局，乙获胜的概率为， 所以比赛结束时恰好打了6局的概率为. （2）X的可能取值为2，3，4，5， ， ， ， . 所以X的分布列如下： 2 3 4 5 故. 16. 已知，，其中，函数的最小正周期为. （1）求函数的单调递增区间； （2）在锐角中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足，求的取值范围. 【答案】（1）单调递增区间为， （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量数量积的坐标表示可知，由最小正周期为可得，即可知，再利用三角函数单调性即可求得的单调递增区间为，； （2）根据三角形形状可得，再由正弦定理得，又，所以. 【小问1详解】 因为，， 则， ， 故， 因为最小正周期为，所以，所以，故， 由，，解得，， 所以的单调递增区间为，. 【小问2详解】 由（1）及，即，又， 所以，解得， 又为锐角三角形，即，即， 解得； 由正弦定理得，又，则， 所以. 17. 如图，在正三棱锥中，有一半径为1的半球，其底面圆O与正三棱锥的底面贴合，正三棱锥的三个侧面都和半球相切．设点D为BC的中点，． （1）用分别表示线段BC和PD长度； （2）当时，求三棱锥的侧面积S的最小值． 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）连接OP，由题意O为的中心，则可得为直角三角形，设半球与面PBC的切点为E，然后分别在和中求解即可， （2）由已知条件可得，，令，则上述函数变形为，，然后利用导数可求得结果 【小问1详解】 连接OP，由题意O为的中心， 且面ABC，又面ABC，所以，所以为直角三角形． 设半球与面PBC的切点为E，则且． 在中，，所以． 在中，． 【小问2详解】 由题知，， 化简得，， 令，则上述函数变形为，， 所以，令，得．当时， ，单调递减，当时， ，单调递增，所以当时， 三棱锥的侧面积S的最小值为． 18. 如图，D为圆O：上一动点，过点D分别作x轴，y轴的垂线，垂足分别为A，B，连接并延长至点W，使得，点W的轨迹记为曲线． （1）求曲线C的方程； （2）若过点的两条直线，分别交曲线C于M，N两点，且，求证：直线MN过定点； （3）若曲线C交y轴正半轴于点S，直线与曲线C交于不同的两点G，H，直线SH，SG分别交x轴于P，Q两点．请探究：y轴上是否存在点R，使得？若存在，求出点R坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2） 由题意可知，直线不平行坐标轴， 则可设的方程为：，此时直线的方程为． 由，消去得：， 解得：或(舍去)，所以， 所以，同理可得：． 当时，直线的斜率存在， ， 则直线的方程为， 所以直线过定点． 当时，直线斜率不存在，此时直线方程为：，也过定点， 综上所述：直线过定点． （3） 假设存在点R使得，设， 因为，所以，即， 所以，所以， 直线与曲线C交于不同的两点G、H，易知G、H关于轴对称， 设， 易知点，直线方程是， 令得点P横坐标， 直线方程是，令得点Q横坐标， 由，得，又在椭圆上， 所以，所以，解得， 所以存在点，使得成立． 【解析】 【分析】（1）设，求得D点并代入，化简求得曲线C的方程； （2）设的方程为，直线的方程为，将直线的方程与曲线C的方程联立，求得M，N的坐标，对进行分类讨论，由此证得直线过定点并求得定点坐标； （3）假设存在点使得，先求得，设出G，H的坐标，由直线SH和直线SG的方程求得P，Q两点的坐标，结合G在曲线C上求得R点的坐标． 【小问1详解】 设，，则， 由题意知，所以，得(，所以， 因为，得，故曲线C的方程为． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 19. 对于无穷数列，“若存在（、，且），必有”，则称数列具有性质. （1）若数列满足，判断数列是否具有性质？数列是否具有性质？ （2）对于无穷数列，设，求证：若数列具有性质，则必为有限集 （3）已知是各项均为正整数的数列，且既具有性质，又具有性质，是否存在正整数，使得，，，…，，…成等差数列.若存在，请加以证明；若不存在，说明理由. 【答案】（1）不具有性质，具有性质 （2）证明见解析 （3）存在，证明见解析 【解析】 【分析】（1）由题意可得，但，所以数列不具有性质，设（、，且），结合条件可得数列具有性质； （2）由性质的含义可得数列中，从第项开始的各项呈现周期性，进而即可证明必为有限集； （3）因为既具有性质，又具有性质，所以存在正整数、，使得，，其中分别是满足上述关系式是最小的正整数，然后根据其性质列出相关等式可得结论，然后逐一分析取值讨论即可. 【小问1详解】 因为， ，但， 所以数列不具有性质， 设（、，且）， 因为， 必有， 所以数列具有性质. 【小问2详解】 因为数列具有性质， 所以一定存在一组最小的且（、），满足，即， 由性质的含义可得，，，…，，， 所以数列中，从第项开始的各项呈现周期性：，，…，为一个周期中的各项， 所以数列中最多有个不同的项， 所以最多有个元素，即为有限集. 【小问3详解】 因为数列具有性质，又具有性质， 所以存在正整数、，使得，， 其中分别是满足上述关系式是最小的正整数， 由性质、的含义可得，，， 若，则取，可得； 若，则取，可得， 记，对于，有，，显然， 由性质、的含义可得，，， 所以， ， 所以， 又满足，的最小的正整数， 所以，，，， 所以，， 所以，， 取，若是偶数，则； 若是奇数，则， 所以， 所以，，，…，，…是公差为1的等差数列. 【点睛】本题的关键是对数列递推式的应用，以及推理与论证能力的综合应用，涉及到的知识点有对新定义的理解，属于难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025新高考单科模拟综合卷（四） 数 学 考生注意： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2.答卷前，考生务必将白己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡相应位置上. 3.请按照题号顺序在各题的答题区域内作答，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.考试结来后，将本试题息和答题卡一并上交. 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. 某校高二年级15个班参加朗诵比赛的得分如下： 85 86 87 88 89 90 91 91 92 93 93 94 95 97 99 则这组数据的40%分位数为（ ） A. 90 B. 91 C. 90.5 D. 92 2. 已知圆C：及点，则下列说法正确的是（    ） A. 直线与圆C始终有两个交点 B. 若M是圆C上任一点，则|MQ|的取值范围为 C. 若点在圆C上，则直线PQ的斜率为 D. 圆C与轴相切 3. 已知向量满足与垂直，则的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 3 4. 高一（1）班有8名身高都不相同的同学去参加红歌合唱，他们站成前后对齐的2排，每排4人，则前排的同学都比后排对应的同学矮的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 已知数列,的前n项和分别为,，记，则数列的前2024项和为（ ） A. B. C. D. 6. 已知球的直径，，，是球球面上的三点，是等边三角形，且，则三棱锥的体积为（ ）. A. B. C. D. 7. 已知，且，则可能为（ ） A. B. C. D. 8. 已知f(x)为奇函数，当x∈[0,1]时，当，若关于x的不等式f(x+m)≥f(x)恒成立，则实数m的取值范围为（ ） A. (-1,0)∪(0,+∞) B. C. D. (2,+∞) 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. 下列选项中的两个集合相等的有（ ）. A. B. C. D. 10. 如图，一个质点在半径为2的圆上以点为起始点，沿逆时针方向运动，每转一圈.则该质点到轴的距离是关于运动时间的函数，则下列说法正确的是（ ） A. 函数的最小正周期是 B. 函数的最小正周期是 C. D. 11. 定义：对于定义在区间I上的函数和正数，若存在正数M，使得不等式对任意恒成立，则称函数在区间I上满足阶李普希兹条件，则下列说法正确的有（ ） A. 函数在上满足阶李普希兹条件 B. 若函数在上满足一阶李普希兹条件，则M的最小值为 C. 若函数在上满足的一阶李普希兹条件，且方程在区间上有解，则是方程在区间上的唯一解 D. 若函数在上满足的一阶李普希兹条件，且，则对任意函数，，恒有 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数（且），为虚数单位，则x在复平面内对应的点所在的象限为__________象限. 13. 已知函数，若曲线与曲线存在公切线，则实数的最大值为__________． 14. 地球仪是地理教学中的常用教具.如图1所示，地球仪的赤道面(与转轴垂直)与黄道面(与水平面平行)存在一个夹角，即黄赤交角，大小约为23.5°.为锻炼动手能力，某同学制作了一个半径为4cm的地球仪(不含支架)，并将其放入竖直放置的正三棱柱中(姿态保持不变)，使地球仪与该三棱柱的三个侧面相切，如图2所示.此时平面恰与地球仪的赤道面平行，则三棱柱的外接球体积为___________.(参考数据：) 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. 为落实中央“坚持五育并举，全面发展素质教育，强化体育锻炼”的精神，某高中学校鼓励学生自发组织各项体育比赛活动，甲､乙两名同学利用课余时间进行乒乓球比赛，规定：每一局比赛中获胜方记1分，失败方记0分，没有平局，首先获得5分者获胜，比赛结束.假设每局比赛甲获胜的概率都是. （1）求比赛结束时恰好打了6局的概率； （2）若甲以3：1的比分领先时，记X表示到结束比赛时还需要比赛的局数，求X的分布列及期望. 16. 已知，，其中，函数的最小正周期为. （1）求函数的单调递增区间； （2）在锐角中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足，求的取值范围. 17. 如图，在正三棱锥中，有一半径为1的半球，其底面圆O与正三棱锥的底面贴合，正三棱锥的三个侧面都和半球相切．设点D为BC的中点，． （1）用分别表示线段BC和PD长度； （2）当时，求三棱锥的侧面积S的最小值． 18. 如图，D为圆O：上一动点，过点D分别作x轴，y轴的垂线，垂足分别为A，B，连接并延长至点W，使得，点W的轨迹记为曲线． （1）求曲线C的方程； （2）若过点的两条直线，分别交曲线C于M，N两点，且，求证：直线MN过定点； （3）若曲线C交y轴正半轴于点S，直线与曲线C交于不同的两点G，H，直线SH，SG分别交x轴于P，Q两点．请探究：y轴上是否存在点R，使得？若存在，求出点R坐标；若不存在，请说明理由． 19. 对于无穷数列，“若存在（、，且），必有”，则称数列具有性质. （1）若数列满足，判断数列是否具有性质？数列是否具有性质？ （2）对于无穷数列，设，求证：若数列具有性质，则必为有限集 （3）已知是各项均为正整数的数列，且既具有性质，又具有性质，是否存在正整数，使得，，，…，，…成等差数列.若存在，请加以证明；若不存在，说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $