精品解析：陕西省商洛市2024-2025学年高三上学期第一次模拟检测数学试题

数学试卷 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦净后、再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 4．本试卷主要考试内容：高考全部内容． 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. 若复数，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 3. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. 2 D. 4. 已知是实数，则“且”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 在四棱锥中，平面，四边形是正方形，，则四棱锥外接球的体积是（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，且是奇函数，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知直线与抛物线交两点，为坐标原点，若，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若不等式成立，则的取值范围是（ ） 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. 如图，这是某款新能源汽车在速度、稳定性、安全性、易用性、续航能力这五个方面的综合评分的雷达图，则下列结论正确的是（ ） A. 这款新能源汽车在速度方面的综合评分高于稳定性方面的综合评分 B. 这款新能源汽车在稳定性和续航能力这两方面的综合评分相等 C. 这款新能源汽车在安全性方面的综合评分最低 D. 这款新能源汽车在速度方面的综合评分高于易用性方面的综合评分 10. 设的内角的对边分别是，若，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 的外接圆的面积是 C. 的面积的最大值是 D. 的取值范围是 11. “曼哈顿距离”用以标明两个点在标准坐标系上的绝对轴距总和，其定义如下：在直角坐标平面上的任意两点的曼哈顿距离.下列命题是真命题的是（ ） A. 若点，，则的值可能是 B. 若点，，则在轴上存在点，使得 C. 若点，，，则在线段上存在点，使得 D. 若点在圆上，点在直线上，则的值可能为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 若椭圆的离心率是，则______. 13. 如图，这是一个圆台形水泥墩，已知该水泥墩的上底面圆的半径为1分米，下底面圆的半径是2分米，高为3分米，则该水泥墩的表面积是______平方分米． 14. 已知函数，若对任意的成立，则正数的取值范围是______ 四、解答题：本题共5小题，共？7分、解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 甲、乙两人进行羽毛球比赛、双方约定采用五局三胜制（有一方先胜三局即赢得比赛，比赛结束），根据双方以往的比赛情况可知每局比赛甲获胜的概率是，乙获胜的概率是．假设每局比赛结果互不影响． （1）求比赛进行四局且甲获胜的概率： （2）比赛结束时、甲、乙共进行了局比赛，求的分布列和期望． 16. 如图，在长方体中，分别是棱的中点． （1）证明：平面． （2）求平面与平面夹角的正弦值． 17. 已知双曲线的左、右顶点分别是，点在双曲线上，且直线的斜率之积为3． （1）求双曲线的标准方程； （2）斜率不为0的直线与双曲线交于两点，为坐标原点，若，求点到直线的距离的最大值． 18. 已知函数，满足，. （1）若为上的增函数，求的取值范围. （2）证明：与的图象关于一条直线对称. （3）若，且关于的方程在内有解，求的取值范围. 19. 已知，定义：数列共有项，对任意，存在，使得，或存在，使得，则称数列为“封闭数列”． （1）若，判断数列是否为“封闭数列”； （2）已知递增数列为“封闭数列”，求； （3）已知数列单调递增，且为“封闭数列”，若，证明：是等比数列． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学试卷 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦净后、再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 4．本试卷主要考试内容：高考全部内容． 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. 若复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的乘法运算化简，即可根据共轭复数的定义求解. 【详解】因为，所以． 故选：D 2. 已知集合，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由，分析集合的端点值，知，求解即可 【详解】由题意可得，且，解得． 故选：B. 3. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由向量垂直的坐标表示即可求解. 【详解】因为，所以． 因为，所以，解得． 故选：A 4. 已知是实数，则“且”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】利用充分条件、必要条件的定义判断即得. 【详解】由且，得，反之，不成立，如取满足，而且不成立， 所以“且”是“”的充分不必要条件． 故选：B 5. 在四棱锥中，平面，四边形是正方形，，则四棱锥外接球的体积是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据长方体的外接球即可求解体对角线得半径，进而利用体积公式求解. 【详解】将四棱锥放入长方体中，则四棱锥的外接球与长方体的外接球相同， 设四棱锥外接球的半径为，则，所以， 故四棱锥外接球的体积． 故选：C 6. 已知函数，且是奇函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分析可知，可求出的值，然后利用辅助角公式化简函数的解析式，验证为奇函数即可. 【详解】因为函数为奇函数，即， 且函数的定义域为，所以，， 可得，解得， 所以，， 则为奇函数，合乎题意. 因此，. 故选：A. 7. 已知直线与抛物线交两点，为坐标原点，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】联立抛物线与直线方程可得，，进而可得，由可得，进而可得的值. 【详解】如图所示， 设，，联立整理得， 则，解得且， ，， 所以， 因为，所以，即，解得． 故选：C. 8. 已知函数，若不等式成立，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】构造函数，验证其为奇函数，再将问题转化为，然后由单调性解抽象函数不等式即可； 【详解】设，则，故是奇函数． 不等式等价于不等式 即不等式 因为是奇函数，所以 易证是上的减函数，则，即，解得． 故选：B. 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. 如图，这是某款新能源汽车在速度、稳定性、安全性、易用性、续航能力这五个方面的综合评分的雷达图，则下列结论正确的是（ ） A. 这款新能源汽车在速度方面的综合评分高于稳定性方面的综合评分 B. 这款新能源汽车在稳定性和续航能力这两方面的综合评分相等 C. 这款新能源汽车在安全性方面的综合评分最低 D. 这款新能源汽车在速度方面的综合评分高于易用性方面的综合评分 【答案】ABC 【解析】 【分析】由综合评分的雷达图逐项判断即可. 【详解】由雷达图可知，这款新能源汽车在速度方面的综合评分在（8，10）内， 在稳定性和续航能力这两方面的综合评分都是8分， 在安全性方面的综合评分在（6，8）内， 在易用性方面的综合评分是10分，故A，B，C正确，D错误． 故选：ABC 10. 设的内角的对边分别是，若，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 的外接圆的面积是 C. 的面积的最大值是 D. 的取值范围是 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A项，由正弦定理边化角及和角公式求解即可；对于B项，由正弦定理及圆的面积公式求解即可； 对于C项，由余弦定理及重要不等式可求得的最大值，结合三角形面积公式求解即可； 对于D项，由正弦定理边化角可得，求此函数的值域即可. 【详解】对于A项，因为， 所以， 所以， 又因为，所以， 又因为，所以，故A项错误． 对于B项，设的外接圆的半径为，由正弦定理可得， 则的外接圆的面积是，故B项正确． 对于C项，由余弦定理可得，即①． 因为②，当且仅当时，等号成立， 所以由①②得，当且仅当时，等号成立， 所以的面积，则C项正确． 对于D项，由正弦定理可得，则，， 所以 又因为，所以，所以， 所以，即的取值范围是，故D项正确． 故选：BCD. 11. “曼哈顿距离”用以标明两个点在标准坐标系上的绝对轴距总和，其定义如下：在直角坐标平面上的任意两点的曼哈顿距离.下列命题是真命题的是（ ） A. 若点，，则的值可能是 B. 若点，，则在轴上存在点，使得 C. 若点，，，则在线段上存在点，使得 D. 若点在圆上，点在直线上，则的值可能为 【答案】BD 【解析】 【分析】根据曼哈顿距离的定义和绝对值三角不等式可判断出AB正误；通过讨论点与点是否重合的情况，可得恒成立，知C错误；通过实际例子可说明D正确. 【详解】对于A，，不可能为，A错误； 对于B，设，则， （当且仅当时取等号）， ，在轴上存在点，使得，B正确； 对于C，当点与点不重合时，作，垂足为，则， ， 直线斜率，，即，， ； 当点与点或点重合时，； 恒成立，C错误； 对于D，若点，点，则满足点在圆上，点在直线上， 此时，D正确. 故选：BD. 【点睛】关键点点睛：本题考查对于“曼哈顿距离”的理解与应用能力，解题关键是能够对定义进行充分理解，将所求问题转化为对于含绝对值的方程或者不等式的求解问题，进而可通过分类讨论或几何意义来进行求解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 若椭圆的离心率是，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据关系式，结合离心率公式，联立方程计算即可. 【详解】由题意可得，解得. 故答案为：. 13. 如图，这是一个圆台形水泥墩，已知该水泥墩的上底面圆的半径为1分米，下底面圆的半径是2分米，高为3分米，则该水泥墩的表面积是______平方分米． 【答案】 【解析】 【分析】求出圆台的母线长，利用圆台的表面积公式即得答案. 【详解】由题可知该圆台形水泥墩的母线长分米， 则该水泥墩的表面积为平方分米． 故答案为：. 14. 已知函数，若对任意的成立，则正数的取值范围是______ 【答案】 【解析】 【分析】将构造成，运用导数研究单调性进而转化为（）恒成立，令，运用导数可求得的最大值即可. 【详解】由，即，得. 因为，所以. 设，则. 因为，所以，所以在上单调递增. 因为，所以，所以，所以，所以. 设，则. 由，得，则在上单调递减； 由，得，则在上单调递增. 故，即. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共？7分、解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 甲、乙两人进行羽毛球比赛、双方约定采用五局三胜制（有一方先胜三局即赢得比赛，比赛结束），根据双方以往的比赛情况可知每局比赛甲获胜的概率是，乙获胜的概率是．假设每局比赛结果互不影响． （1）求比赛进行四局且甲获胜的概率： （2）比赛结束时、甲、乙共进行了局比赛，求的分布列和期望． 【答案】（1） （2） 3 4 5 期望为 【解析】 【分析】（1）根据比赛规则可知前三局中，甲获胜两局，乙获胜一局，第四局甲获胜满足题意，计算可得结果； （2）求得的所有可能取值分别是3，4，5对应的概率，可得分布列及期望值. 【小问1详解】 由题意可知前三局中，甲获胜两局，乙获胜一局，第四局甲获胜， 则所求概率 【小问2详解】 由题意可知的所有可能取值分别是3，4，5． 则的分布列为 3 4 5 故． 16. 如图，在长方体中，分别是棱的中点． （1）证明：平面． （2）求平面与平面夹角的正弦值． 【答案】（1） 取棱的中点，连接， 因为分别是棱的中点，所以， 所以四边形为平行四边形， 所以，且， 所以，所以四边形是平行四边形，所以， 因为是棱的中点，所以， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为，所以， 因为平面平面，所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）取棱的中点，先证明，再证明，根据平行的传递性以及线面平行的判定定理完成证明； （2）建立合适空间直角坐标系，分别求解出平面和平面的一个法向量，根据法向量夹角的余弦值求解二面角的余弦值，则二面角的正弦值可求. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：由题意可知两两垂直，则以为坐标原点， 以的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则， 故， 设平面的法向量为 则，令，得， 设平面的法向量为 则，令，得， 设平面与平面的夹角为， 则， 故， 即平面与平面夹角的正弦值为． 17. 已知双曲线的左、右顶点分别是，点在双曲线上，且直线的斜率之积为3． （1）求双曲线的标准方程； （2）斜率不为0的直线与双曲线交于两点，为坐标原点，若，求点到直线的距离的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）直线的斜率之积为3，构造方程求出，再将点代入方程即可；（2）设直曲联立，借助韦达定理，由，所以，结合韦达定理，求出，再用点到直线距离计算即可. 【小问1详解】 由题意可得， 则直线的斜率，直线的斜率． 因为直线的斜率之积为3，所以，解得． 因为点在双曲线上，所以，解得． 故双曲线的标准方程为． 【小问2详解】 设直线 联立整理得 则 所以． 因为，所以， 所以 即 化简得，故． 由点到直线的距离公式可得，点到直线的距离． 因为，所以，所以， 即点到直线的距离的最大值是． 18. 已知函数，满足，. （1）若为上的增函数，求的取值范围. （2）证明：与的图象关于一条直线对称. （3）若，且关于的方程在内有解，求的取值范围. 【答案】（1） （2）证明：因为，， 所以 即 ，所以， 函数关于对称的函数为， 再把向右方平移2个单位得到， 所以函数与关于对称； （3） 【解析】 【分析】（1）求导，利用对恒成立，可求的取值范围； （2）求得的解析式，根据可得结论； （3）可得，结合已知可得在内有解，结合（1）的单调性可得，构造函数可得的取值范围. 【小问1详解】 由，可得， 因为为上的增函数，所以对恒成立， 所以对恒成立，所以对恒成立， 因为，所以， 当且仅当，即时取等号，所以， 所以，所以的取值范围为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）可得， 又因为在内有解， 所以在内有解， 所以在内有解，， 由（1）可知时，为上的增函数， 所以，所以在内有解， 令，求导可得， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 所以，又，， 所以， 所以的取值范围为. 【点睛】方法点睛：对于有解问题，往往利用函数的单调性转化为两自变量的值相等问题解决，从而转化为函数的值域问题或两函数图象有交点问题解决. 19. 已知，定义：数列共有项，对任意，存在，使得，或存在，使得，则称数列为“封闭数列”． （1）若，判断数列是否为“封闭数列”； （2）已知递增数列为“封闭数列”，求； （3）已知数列单调递增，且为“封闭数列”，若，证明：是等比数列． 【答案】（1）不是“封闭数列”，理由如下： 由题意知，数列为1，2，3，4，5，6，7，8，9，10． 因为和均不是中的项， 所以数列不是“封闭数列”． （2） （3）证明：因为数列单调递增，所以，则不是中的项， 所以是中的项，即． 因为不是中的项，所以是中的项， 所以． 因为共有项， 所以①， 类似地，，则不是中的项， 所以是中的项， ， 所以②， 由①和②得， 所以是首项为1的等比数列． 【解析】 【分析】（1）举出反例，得到数列不是“封闭数列”． （2）数列递增，由求出，通过分析得到都是中的项，所以，得，由，得，所以； （3）数列单调递增，所以是中的项，即，且是中的项，推出，根据上式的项数得到，同理得到，两式结合得到，证明出结论. 【小问1详解】 数列不是“封闭数列”,理由略； 【小问2详解】 由题意数列递增可知，则不是中的项， 所以是中的项，即． 因为，所以都是中的项， 所以，得， 由，得，所以． 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：新定义问题的方法和技巧： （1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解； （2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻； （3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律； （4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $