福建省长泰第二中学2025届高三数学限时训练2024.10

长泰二中2025届高三数学限时训练试卷（一） 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，则（ ） A. B. C. D. 2. 从1984年第23届洛杉矶夏季奥运会到2024年第33届巴黎夏季奥运会，我国获得的夏季奥运会金牌数依次为15、5、16、16、28、32、51、38、26、38、40，这11个数据的分位数是（ ） A. 16 B. 30 C. 32 D. 51 3. 已知集合，且，则a可以为（     ） A．－2 B．－1 C． D． 4. 的展开式中的常数项为（ ） A. 147 B. C. 63 D. 5. 若函数在区间上单调递增．则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知，是一元二次方程的两个根，则（ ） A. B. C. D. 7. 在体积为12三棱锥中，，，平面平面，，，若点都在球的表面上，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 若函数在上恰有3个零点，则符合条件m的个数是（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 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. 已知向量，，则（ ） A 若，则 B. 若，共线，则 C. 不可能是单位向量 D. 若，则 10. 我们把平面内到两个定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线．在平面直角坐标系中，设定点为，，动点满足，化简可得卡西尼卵形线，则（ ） A. 曲线C既是中心对称图形也是轴对称图形 B. 曲线C关于直线对称 C. 曲线C都在圆内 D. 曲线C与椭圆没有公共点 11. 已知函数，，若，的图象与直线分别切于点，，与直线分别切于点C，D，且，相交于点，则（ ） A B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知点是抛物线上一点，且点P到C的焦点距离为2，则__________． 13. 已知变量y与x线性相关，由样本点求得的回归方程为，若点在回归直线上，且，，则__________． 14. 如图，在棱长为的正方体中，点在的边界及其内部运动，且，则的最大值为__________． 长泰二中2025届高三数学限时训练试卷（一）答题卡 一、选择题答题栏: 1 2 3 4 5 7 8 9 10 11 　 三、填空题答题栏:（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12、 ；13、 ； 14、 ； 四、解答题（本题共5个小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）班级：姓名：座号 O•••••• 密••••••• O••••••封••••• O•••••线••••• O••••••内••••••• O••••••不••••••• O••••••要••••• O••••答•••••• O••••••题 15．（13分）已知中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． （1）求的值； （2）若，求B最大时的面积． 16．（14分）已知函数． （1）若在R上单调递减，求a的取值范围； （2）若，判断是否有最大值，若有，求出最大值；若没有，请说明理由． 长泰二中2025届高三数学限时训练试卷（一）参考答案 1. 分析：根据复数的除法运算求得，再根据共轭复数的概念分析判断. 解：因为，则，所以．故选B． 2. 分析：将数据按照从小到大的顺序排列，根据百分位数的计算方法即可求解. 解：把11个数据按照从小到大排列得5、15、16、16、26、28、32、38、38、40、51， 因为，这11个数据按照从小到大排列第7个是32. 故选：. 3. 分析：根据题意，将集合的元素表示出来，利用集合的元素特征即可判断A错误；C错误；D错误. 解：∵，∴，∴，可知，故A、C、D错误；，故B正确. 故选：B. 4. 分析：根据给定条件，利用二项式定理求出展开式中项即可列式计算即得 解：二项式展开式中项分别为， 所以的展开式中的常数项为． 故选：C 5. 分析：根据对数函数的单调性结合复合函数及对数函数的定义域计算求解. 解：在区间上单调递增，令单调递减，则在区间上单调递减且恒为正，所以且，所以．故选：D． 6. 分析：结合根与系数关系可得，，再利用两角和的正切公式可求出的值. 解：因为，是一元二次方程的两个根， 显然，所以，， 所以，所以． 故选：A． 7. 分析：如图，取的中点，连接，，根据题中条件确定点为球心，设球半径为，利用三棱锥的体积求出，最后用球的表面积公式即可求解. 解：如图，取的中点，连接，， 因为，，所以，因此点就是球心， 又，故是等腰直角三角形，所以． 因为平面平面，平面平面，所以平面． 设球半径为，则，，又，则， 所以三棱锥的体积， 所以，所以球O的表面积为．故选：D． 8. 分析：就、、分类，每种情况结合正弦函数的性质可得其取值范围. 解：令，则或， 由，当时，在上没有零点， 则在上应有3个零点， 因为，所以，即， 与联立得，因为，所以m的值依次为9，10； 当时，在上有1个零点， 在上有3个零点，不满足题意； 当时，在上有2个零点， 故在上应有1个零点， 因为，所以该零点与的零点不相同， 所以，即，与联立得， 因为，所以的取值依次为2，3，4，综上得符合条件的的个数是5．故选：B． 9 分析：根据给定条件，利用垂直关系、向量共线的坐标表示计算判断AB；利用单位向量的意义判断C，利用向量线性运算的坐标表示及利用坐标求模判断D. 解：对于A，由，得，解得，A正确； 对于B，由，共线，得，解得，B错误； 对于C，当时，是单位向量，C错误； 对于D，当时，，则，D正确． 故选：AD 10. 分析：对于A：根据方程结合中心对称和轴对称分析判断；对于B：根据方程结合直线对称性质分析判断；对于C：根据题意分析可得，进而可得，即可得结果；根据椭圆定义结合基本不等式分析判断. 解：对于选项A：曲线C上任取一点，把方程中的x，y换成得， 把方程中的x，y换成得，把方程中的x，y换成得， 可知点，，也在曲线C上，所以曲线C既关于原点对称，也关于坐标轴对称，A正确； 对于选项B：把方程中的x，y互换得， 即两方程表示曲线不相同，所以曲线C关于直线对称，故B错误； 对于选项C：由得，两边平方得，设O为原点，则，所以曲线C都在圆内，故C正确； 对于选项D：椭圆的左、右焦点分别为，，若曲线C与该椭圆有公共点P，则，则，与矛盾，故D正确． 故选：ACD． 11. 分析：根据公切线的有关概念判断与的关系，可判断A、B选项的真假；根据指数函数与对数函数的图象的对称性，可判断公切线斜率的关系，结合基本不等式，判断C的真假；也可求两条公切线的交点，判断D的真假. 解：由题意得，，所以，即，由，整理得，且，A错误； 把，，代入，整理得，B正确； 分别作出与的图象如下： 两图象有2个交点，所以图象上的切点有2个，即与的公切线有2条． 因为，的图象关于直线对称，所以点关于直线的对称点为，，，，C正确； 因为直线，关于直线对称，则点就是直线与直线的交点， 直线的方程为，与联立得， 所以，所以， 由且可得， 设，则，所以，所以，D错误．故选：BC． 【点睛】关键点点睛：（1）同底的指数函数与对数函数互为反函数，它们的图象关于直线对称，这一性质的应用在判断D选项时很重要. （2）看到不等式，就要想到求代数式的最值，常见的最值的求法有：第一：与二次函数有关的最值问题的求法；第二：基本不等式求最值；第三：利用函数的单调性求最值；第三：利用三角函数的有界性求最值. 12. 分析：求出准线方程，由抛物线定义列方程求解即可. 解：抛物线准线方程为，则点P到C的焦点距离为，所以．故答案为：2. 13. 分析：依题意，可得点在回归直线上，求得，将条件代入回归方程求出，利用平均数公式即可求得. 解：由题意，点在回归直线上，代入可得，，解得， 因，且样本中心点在回归直线上，将条件代入得：， 故，解得． 故答案为：6. 14. 分析：利用正方体的性质，连接与平面交于点，平面，得，进而确定点在的内切圆上，故，最大为，进而可得. 【详解】如图，连接与平面交于点， 根据正方体的结构特征及线面垂直的判定，易知平面， 且，， 因为，所以，而是边长为的正三角形，其内切圆半径，所以点在的内切圆上， 因为平面，且点到平面的距离为，所以，当点为的中点时最大，最大为， 所以的最大值为．故答案为：. 15. 分析：（1）正弦定理化边为角，利用三角变换后再由正弦定理化角为边可得； （2）利用余弦定理及基本不等式求得的最小值即得最大，由此求得三角形的边长后，再利用面积公式可得结论． 【小问1详解】因为，由正弦定理得， 得， 由正弦定理得，所以． 【小问2详解】 由余弦定理得， 当且仅当，即时取等号， 当取最小值时，B最大，此时，，， 的面积为． 16. 分析：（1）求导，得到恒成立，根据根的判别式得到不等式，求出a的取值范围； （2）求导，得到函数单调性，从而求出函数的最大值. 小问1详解】因为，所以， 因为在R上单调递减，所以恒成立， 所以，，所以a的取值范围是． 【小问2详解】当时，，， 令，解得，令，解得， 所以当时，单调递增，当，时，单调递减， 当时，，又时，， 所以有最大值，最大值为e 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$