精品解析：广西壮族自治区来宾市忻城县高级中学2024-2025学年高三上学期11月期中考试数学试题

广西名校高考模拟试卷第二次摸底考试 数学 （本卷满分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1．答题前，考生请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试卷和答题卡上，并将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹签字笔或钢笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内，如需改动，先画掉原来的答案，然后再写上新的答案．在试卷上答题无效． 4．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回． 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，只有一项是符合题目要求的．） 1. 若复数满足，则的虚部是（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由复数的除法法则计算后，再根据复数的定义确定． 【详解】∵， ∴，虚部为． 故选：C． 2. 下列命题中，真命题的是（ ）． A. 是空集 B. 若，则 C. 在中，若，则 D. 若向量与的数量积大于0，则向量与所成角为锐角 【答案】C 【解析】 【分析】对给定的命题，逐一判定，即可得到答案. 【详解】对于选项A中，不是空集，含有的集合，所以是假命题； 对于选项B中，若，则，所以是假命题； 对于选项C中，在中，若，则，则，所以该命题是真命题； 对于选项D，若，向量与的数量积大于0，则向量与所成角为不是锐角，所以是假命题. 故选：C. 3. 在平行四边形ABCD中，，，，是BC中点，则（ ）． A. 3 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将通过平面向量基本定理转化到表示，再将代入即可求数量积. 【详解】 由题知，所以， 因为且为平行四边形, 所以， 所以 . 故选：A. 4. 已知数据，，，…，，满足，若去掉后组成一组新数据，则新数据与原数据相比，下列说法正确的是（ ）． A. 若，则数据，，，…，的第75百分位数为7.5 B. 平均数变小 C. 方差不变 D. 中位数不变 【答案】D 【解析】 【分析】利用中位数、百分位数、平均数和方差的定义分析计算即可. 【详解】当时，数据按从小到大顺序排列：. 因为，所以该组数据的第75百分位数是第8个数8，故A错误； 由于，故,,,,, 原来的平均数为， 去掉后的平均数为，平均数不变，故B错误； 原来的方差为， 去掉后的方差为，方差变小，故C错误； 原来的中位数与现在的中位数均为，故中位数不变，故D正确； 故选：D. 5. 如图，一块边长为10cm的正方形铁片上有四块阴影部分，将这些阴影部分裁下去，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，则这个正四棱锥的内切球（球与正四棱锥各面均有且只有一个公共点）的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意可得正四棱锥的斜高为5，底面正方形的边长为6，从而可得正四棱锥的高，设这个正四棱锥的内切球的半径为，高线与斜高的夹角为，则易得，，从而可得，再代入球的体积公式，即可求解． 【详解】作出四棱锥如图： 根据题意可得正四棱锥的斜高为，底面正方形的边长为6， 正四棱锥的高为， 设这个正四棱锥的内切球的球心为，半径为，与侧面相切于， 则高线与斜高的夹角为，则， 则, ，， 这个正四棱锥的内切球的体积为． 故选：B． 6. 函数的图象经过点，则关于的不等式解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据图象经过点得到解析式，再判断函数单调性及奇偶性，由此求解不等式即可. 【详解】由函数的图象经过点，得，则， 函数在上单调递减，在上单调递减，则在R上单调递减， 又，即函数是奇函数， 不等式，则， 即，解得，所以原不等式的解集为. 故选：B 7. 设抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线相交于，两点，，，则（ ）． A. B. 22 C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】设直线的方程为，，，联立，利用韦达定理和抛物线的定义即可求解. 【详解】设抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线相交于两点， 易知直线斜率存在，设方程为，，， 联立，可得，所以，， 则．因为，，所以，， 则，解得或．因为,，所以． 故选：D 8. 函数.若对任意，都有，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件得到恒成立，构造函数，利用的单调性，得到在区间上恒成立，构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，求出的最大值，即可求解. 【详解】因为， 因为对任意，都有，即恒成立， 令，易知在定义域上单调递增， 所以在区间上恒成立，也即在区间上恒成立， 令，则，由，得到，由，得到， 即在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以，得到， 故选：A. 【点睛】关键点点晴：，构造函数，从而将问题转化成在区间上恒成立，再构造函数，求出的最大值，即可求解. 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. 已知函数的图象与函数的图象重合，则（ ）． A. B. 直线是的图象的对称轴 C. 在区间上单调递增 D. 直线与有三个交点 【答案】AC 【解析】 【分析】根据函数相同应用诱导公式及范围求出，求函数值判断A,代入检验对称轴判断B,整体代换结合正弦函数单调性判断C,结合导函数判断函数单调性进而确定函数零点个数判断交点个数即可求解D. 【详解】因为， 又因为函数的图象与函数的图象重合， 所以，所以， 所以，， 对于A，，A正确； 对于B，，直线不是的图象的对称轴，所以B不正确； 对于C, ，所以在区间上单调递增，所以C正确. 对于D, 因为，所以当或,两个函数无交点， 设，，单调递减， 所以当,,, ，单调递减，所以直线与有一个交点， 综上，直线与有一个交点，所以D不正确. 故选：AC. 【点睛】关键点点睛：应用导函数得出函数的单调性结合函数有界性即可求解交点个数. 10. 已知直线和圆，则下列选项正确的是（ ） A. 直线恒过点 B. 圆与圆有三条公切线 C. 直线被圆截得的最短弦长为 D. 当时，圆上存在无数对关于直线对称的点 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据定点的特征即可求解A，根据两圆的位置关系即可求解B，根据垂直时即可结合圆的弦长公式求解C，根据直线经过圆心即可求解D. 【详解】对于A，由直线的方程，可知直线恒经过定点，故A正确； 对于B，由圆的方程，可得圆心，半径，又由，由于， 所以圆与圆相交，圆与圆有两条公切线，故B错误； 对于C，由，根据圆的性质，可得当直线和直线垂直时，此时截得的弦长最短，最短弦长为，故C正确； 对于D，当时，直线，将圆心代入直线的方程，可得， 所以圆上存在无数对关于直线对称的点，故D正确， 故选:ACD. 11. 已知函数，则（ ） A. 是函数的极小值点 B. 存在3个不同的值，使得函数有2个零点 C. 有且仅有一个值，使得曲线有对称轴 D. 存在无数多个值，使得曲线有对称中心 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A：举反例说明即可；对于B：分析可知与有2个交点，构建函数，求得利用导数分析交点即可；对于C：根据对称轴的定义可得，运算求解即可；对于D：可证，结合对称中心的定义分析判断. 【详解】由题意可知：函数的定义域为，且， 对于选项A：例如，则， 令，解得或；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 可知是函数的极大值点，故A错误； 对于选项B：因为，可知0不为的零点， 令，可得， 令，则， 若函数有2个零点，则与有2个交点， 令，则， 当时，；当或时，， 可知在内单调递增，在内单调递减， 且， 当趋近于时，趋近于，当趋近于时，趋近于， 由图象可得或或，则或或， 即存在3个不同的值，使得函数有2个零点，故B正确； 对于选项C：若曲线有对称轴，设为， 则，即， 整理可得， 结合的任意性可知，解得， 所以有且仅有一个值，使得曲线有对称轴，故C正确； 对于选项D：若， 则， 所以的对称中心为， 即存在无数多个值，使得曲线有对称中心，故D正确； 故选：BCD. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 已知等比数列的前项乘积为，若，则__________. 【答案】1 【解析】 【分析】依题意可得，再由下标和性质计算可得. 【详解】因为，即，显然，所以， 则，故. 故答案为： 13. 锐角满足，则____________. 【答案】 【解析】 【分析】利用二倍角公式和诱导公式实现角之间的转化，代入数值即可求得结果. 【详解】由题意可知，， 又，且为锐角，所以， 即. 故答案为： 14. 甲、乙、丙、丁四位同学参加跳台滑雪、越野滑雪、单板滑雪三个项目的比赛，每人只能参加一个项目，每个项目至少一个人参加，且甲、乙两人不能参加同一项目的比赛，则四人参加比赛的不同方案一共有_____种；如果符合以上条件的各种方案出现的概率相等，定义事件A为丙和丁参加的项目不同，事件B为甲和乙恰好有一人参加跳台滑雪，则________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】第一空，利用部分平均分组分配问题，结合间接法即可得解；第二空，利用分类加法原理，结合排列组合的知识与条件概率的概率公式即可得解. 【详解】依题意，甲、乙、丙、丁四位同学参加三个项目所有的方案共种， 其中甲、乙参加同一项目的方案种， 则所求的参赛方案一共有种； 因为甲、乙两人不能参加同一项目，所以丙、丁两人不能参加同一项目， 则甲、乙必有其中一人和丙、丁其中一人参加同一项目，这里有种方案， 若甲单独选择跳台滑雪，则丙、丁可分别选择越野滑雪或者单板滑雪，乙也可在其中二选一， 故总共有种不同的方案； 若甲和一人一起选择跳台滑雪，则甲只可能和丙或丁共同选择，剩下2个人分别选择2个项目， 故共有种不同的方案； 同理，乙单独选择跳台滑雪，有种不同的方案； 乙和一人共同选择跳台滑雪，有种不同的方案，总共有16种方案. 所以. 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：本题第二空解决的关键是，分类讨论事件对应的情况，做到不缺不漏，从而得解. 四、解答题（本大题共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. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. （1）求角A的大小； （2）D是线段上的点，且，，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理的边化角以及辅助角公式求解； （2）利用正弦定理、辅助角公式以及三角形的面积公式求解. 【小问1详解】 因为，由正弦定理得. 因为，所以，所以， 即. 因为，所以，即. 【小问2详解】 设，因为，所以. 因为，所以，，， 在中，由正弦定理可知， 即， 即， 化简可得，即，, 所以. 16. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若既存在极大值，又存在极小值，求实数的取值范围. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）把代入，利用导数的几何意义求出切线方程. （2）求出函数的导数，利用导数探讨函数的单调性，求出的范围. 【小问1详解】 当时，函数，求导得，则，而， 所以曲线在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 函数的定义域为， 求导得， 当时，，由，得，由，得， 则函数在上递增，在上递减，函数只有极大值，不合题意； 当时，由，得或， ①若，即，由，得或，由，得， 则函数在上递增，在上递减， 因此函数的极大值为，极小值为，符合题意； ②若，即，由，得或，由，得， 则函数在上递增，在上递减， 因此函数的极大值为，极小值为，符合题意； ③若，即，由在上恒成立，得在上递增， 函数无极值，不合题意， 所以的取值范围为. 17. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面与底面所成的角为，为的中点． （1）求证：平面； （2）若为的内心，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 因为平面平面，所以， 因为与平面所成的角为平面， 所以，且，所以， 又为的中点，所以， 因为四边形为正方形，所以， 又平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为平面， 所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）由线面垂直的性质以及线面垂直的判定定理可证； （2）由等腰直角三角形内心的特点确定点的位置，以为原点建立空间直角坐标系，写出各点坐标，根据线面角的空间向量公式计算可得出结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为底面为正方形，为的内心， 所以在对角线上． 如图，设正方形的对角线的交点为， 所以， 所以， 所以， 所以，又因为，所以． 由题意知两两垂直，以所在的直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系． 所以，由（1）知， 所以， 所以． 又因为平面，所以平面的一个法向量为． 设直线与平面所成角为， 则． 18. 某项团体比赛分为两轮，第一轮由团队队员轮流与AI人工智能进行比赛，若挑战成功，则参加第二轮攻擂赛，与上任擂主争夺此次团体赛的擂主．现有甲队参加比赛，队中共有3名事先排好顺序的队员． （1）第一轮与AI对战，比赛的规则如下：若某队员第一关闯关成功，则该队员继续闯第二关，否则该队员结束闯关并由下一位队员接力去闯第一关，若某队员第二关闯关成功，则该团队接力闯关活动结束，否则该成员结束闯关并由下一位队员接力去闯第二关；当第二关闯关成功或所有队员全部上场参加了闯关，该队挑战活动结束．已知甲队每位成员闯过第一关和第二关的概率分别为，，且每位成员闯关是否成功互不影响，每关结果也互不影响.用表示甲队闯关活动结束时上场闯关的成员人数，求的分布列和期望． （2）甲队已经顺利进入第二轮，现和擂主乙队1－3号队员进行比赛，规则为：双方先由1号队员比赛，负者被淘汰，胜者再与负方2号队员比赛……直到有一方队员全被淘汰，另一方获得胜利．已知甲队三名队员每场比赛的胜率分别为，，，若要求甲队获得擂主的概率大于，问是否满足？请说明理由． 【答案】（1）的分布列为 1 2 3 （2） 满足题意，理由如下： 分三种情况： ①一人参赛全胜获得擂主，该事件发生的概率设为，则， ②两人参赛获得擂主，该事件发生的概率设为， 则， ③三人参赛获得擂主，该事件发生的概率设为， 若在第一局被淘汰，淘汰掉乙队三人，概率为， 若在第二局被淘汰，淘汰掉乙队两人， 概率为， 若在第三局被淘汰，淘汰掉乙队一人， 概率为 ， 故， 因为， 所以要使甲队获胜的概率大于，即，则， 即，化简得， 当时，代入可得，满足题意． 【解析】 【分析】（1）求出的可能取值和对应的概率，得到分布列，计算出期望值； （2）分三种情况：①一人参赛全胜获得擂主，②两人参赛获得擂主，③三人参赛获得擂主，求出相应的概率，从而得到，得到不等式，得到结论. 【小问1详解】 由题意知，的所有可能取值为1，2，3， 则， ， ， 所以的分布列为 1 2 3 所以． 【小问2详解】 略 19. 已知椭圆的离心率. （1）若椭圆过点，求椭圆的标准方程. （2）若直线均过点且互相垂直，直线交椭圆于两点，直线交椭圆于两点，分别为弦和的中点，直线与轴交于点，设. ①求； ②记，求数列的前项和. 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的离心率得到之间的关系，再结合椭圆过点，求出的值，从而得到椭圆的方程. （2） ①利用根与系数的关系及中点坐标公式求得点的坐标，再根据三点共线得之间的关系；②求得，并利用等比数列的前项和公式求得. 【小问1详解】 因，可得： ①， 又椭圆过点，可得 ②， 联立①，②，解得， 故椭圆的标准方程为； 【小问2详解】 ①当直线中一条直线的斜率不存在，另一条直线的斜率为0时， 直线与轴重合，不符合题意，故直线的斜率均存在且不为0. 设直线的方程为， 联立，消去，整理得：， 因直线交椭圆于两点，则，且，则， 因直线的方程为，同理可得：， 因三点共线，则，即， 易知，则， 因，则； ②结合①可知，则 ， 因，则数列是首项为9，公比为3的等比数列， 所以数列的前项和为. 【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆的几何性质、直线与椭圆相交以及等比数列求和的问题，属于难题.解题的关键点是联立直线与椭圆的方程，根据韦达定理和三点共线，求出点的坐标，从而得到. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广西名校高考模拟试卷第二次摸底考试 数学 （本卷满分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1．答题前，考生请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试卷和答题卡上，并将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹签字笔或钢笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内，如需改动，先画掉原来的答案，然后再写上新的答案．在试卷上答题无效． 4．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回． 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，只有一项是符合题目要求的．） 1. 若复数满足，则的虚部是（ ）． A. B. C. D. 2. 下列命题中，真命题的是（ ）． A. 是空集 B. 若，则 C. 在中，若，则 D. 若向量与的数量积大于0，则向量与所成角为锐角 3. 在平行四边形ABCD中，，，，是BC中点，则（ ）． A. 3 B. C. D. 4. 已知数据，，，…，，满足，若去掉后组成一组新数据，则新数据与原数据相比，下列说法正确的是（ ）． A. 若，则数据，，，…，的第75百分位数为7.5 B. 平均数变小 C. 方差不变 D. 中位数不变 5. 如图，一块边长为10cm的正方形铁片上有四块阴影部分，将这些阴影部分裁下去，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，则这个正四棱锥的内切球（球与正四棱锥各面均有且只有一个公共点）的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 函数的图象经过点，则关于的不等式解集为（ ） A. B. C. D. 7. 设抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线相交于，两点，，，则（ ）． A. B. 22 C. D. 2 8. 函数.若对任意，都有，则实数的取值范围为（ ） 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. 已知函数的图象与函数的图象重合，则（ ）． A. B. 直线是的图象的对称轴 C. 在区间上单调递增 D. 直线与有三个交点 10. 已知直线和圆，则下列选项正确的是（ ） A. 直线恒过点 B. 圆与圆有三条公切线 C. 直线被圆截得的最短弦长为 D. 当时，圆上存在无数对关于直线对称的点 11. 已知函数，则（ ） A. 是函数的极小值点 B. 存在3个不同的值，使得函数有2个零点 C. 有且仅有一个值，使得曲线有对称轴 D. 存在无数多个值，使得曲线有对称中心 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 已知等比数列的前项乘积为，若，则__________. 13. 锐角满足，则____________. 14. 甲、乙、丙、丁四位同学参加跳台滑雪、越野滑雪、单板滑雪三个项目的比赛，每人只能参加一个项目，每个项目至少一个人参加，且甲、乙两人不能参加同一项目的比赛，则四人参加比赛的不同方案一共有_____种；如果符合以上条件的各种方案出现的概率相等，定义事件A为丙和丁参加的项目不同，事件B为甲和乙恰好有一人参加跳台滑雪，则________． 四、解答题（本大题共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. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. （1）求角A的大小； （2）D是线段上的点，且，，求的面积. 16. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若既存在极大值，又存在极小值，求实数的取值范围. 17. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面与底面所成的角为，为的中点． （1）求证：平面； （2）若为的内心，求直线与平面所成角的正弦值． 18. 某项团体比赛分为两轮，第一轮由团队队员轮流与AI人工智能进行比赛，若挑战成功，则参加第二轮攻擂赛，与上任擂主争夺此次团体赛的擂主．现有甲队参加比赛，队中共有3名事先排好顺序的队员． （1）第一轮与AI对战，比赛的规则如下：若某队员第一关闯关成功，则该队员继续闯第二关，否则该队员结束闯关并由下一位队员接力去闯第一关，若某队员第二关闯关成功，则该团队接力闯关活动结束，否则该成员结束闯关并由下一位队员接力去闯第二关；当第二关闯关成功或所有队员全部上场参加了闯关，该队挑战活动结束．已知甲队每位成员闯过第一关和第二关的概率分别为，，且每位成员闯关是否成功互不影响，每关结果也互不影响.用表示甲队闯关活动结束时上场闯关的成员人数，求的分布列和期望． （2）甲队已经顺利进入第二轮，现和擂主乙队1－3号队员进行比赛，规则为：双方先由1号队员比赛，负者被淘汰，胜者再与负方2号队员比赛……直到有一方队员全被淘汰，另一方获得胜利．已知甲队三名队员每场比赛的胜率分别为，，，若要求甲队获得擂主的概率大于，问是否满足？请说明理由． 19. 已知椭圆的离心率. （1）若椭圆过点，求椭圆的标准方程. （2）若直线均过点且互相垂直，直线交椭圆于两点，直线交椭圆于两点，分别为弦和的中点，直线与轴交于点，设. ①求； ②记，求数列的前项和. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $