精品解析：山西省晋城市2024-2025学年高三上学期第一次模拟考试（期末）数学试题

2025年高三第一次模拟考试试题 数学 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，用橡皮擦干净后，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：高考全部范围. 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，则的共轭复数为（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，且则的元素个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 3. 若向量，且，则（ ） A. 1000 B. C. D. 100 4. 若甲、乙、丙、丁、戊随机站成一排，则甲、乙不同时站两端的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 若函数在上单调递减，则a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 已知为定义在上的奇函数，，当时，单调递减，当时，单调递增，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 7. 已知双曲线的左、右焦点分别为，为的右支上一点，，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 设表示中最大的数，已知均为正数，则的最小值为（ ） A. B. 2 C. D. 3 二､多选题：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，有选耤的得0分. 9. 已知曲线，则（ ） A. 曲线不可能是一个圆 B. 曲线可能为一条直线 C. 当且时，曲线的准线方程为 D. 当时，曲线关于直线对称 10. 已知函数则（ ） A. 与的最小正周期相等 B. 当时， C. 与的图象在上有2个交点 D. 与在上的单调性相同 11. 已知正棱锥的体积为，则其侧棱长可能为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知为锐角三角形的三条边，则直线与圆的位置关系是______． 13. 已知一组数据的第60百分位数为2，其中，则这组数据的极差为__________. 14. 如图，现有一个半球容器（有盖），其表面积为平方分米，忽略容器的厚度，若在该容器内放入两个半径均为分米的球，则的最大值为______（结果精确到0.1）． 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. 在四棱锥中，底面为矩形，且． （1）证明：平面底面． （2）若，，，，求直线与平面所成角的正弦值． 16. 设函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，讨论的单调性． 17. 甲、乙、丙人进行跳棋比赛，人两两各进行局，共进行局，赢的局数多者获胜，且这人只有人可获胜，若没有获胜者，则这人两两再各进行局，若还没有获胜者，则比赛结束.假设甲、乙、丙每人每局赢的概率均为，每局是平局的概率均为，每人每局的结果相互独立.设每赢局得分，平局得分，输局得分. （1）求该跳棋比赛前局没有获胜者且乙和丙的得分相等的概率； （2）已知前局中甲、乙、丙各赢局，这人两两再各进行局，记甲在这局中获得的总分为，求的分布列与数学期望. 18. 若数列是等差数列，则称与互为和等差数列．已知为数列的前项和． （1）若，，试问与是否互为和等差数列？说明你的理由． （2）设为等比数列，，且与互为和等差数列． ①求的通项公式； ②设，求数列的前项和． 19. 已知椭圆的离心率为，过定点的直线与 交于两点，直线的斜率不为0． （1）求 的长轴长． （2）若，证明：直线的斜率之和为定值 （3）若，设直线分别交 于（都异于）两点，且的斜率存在，证明直线过定点，并求出定点坐标． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年高三第一次模拟考试试题 数学 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，用橡皮擦干净后，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：高考全部范围. 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，则的共轭复数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】应用复数的除法和乘法运算化简，再应用共轭复数的概念即可求解. 【详解】因为，所以． 故选：A. 2. 已知集合，且则的元素个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】确定集合，再由交集运算即可求解； 【详解】依题意：, 所以可得，则的元素个数为3． 故选：C 3. 若向量，且，则（ ） A. 1000 B. C. D. 100 【答案】A 【解析】 【分析】由向量平行的坐标表示即可求解； 【详解】因为，所以， 则． 故选：A 4. 若甲、乙、丙、丁、戊随机站成一排，则甲、乙不同时站两端的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用古典概型及组合的知识即可求解. 【详解】因为甲，乙同时站两端的概率为，所以甲，乙不同时站两端的概率为. 故选：B 5. 若函数在上单调递减，则a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】依据题意转化为导函数恒成立问题，再利用分离参数法求解即可. 【详解】因为，所以， 因为在上单调递减，所以对恒成立， 得到，即对恒成立， 令，则对于恒成立， 当时，由反比例函数性质得在上单调递减， 得到，即，故D正确. 故选：D 6. 已知为定义在上的奇函数，，当时，单调递减，当时，单调递增，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合函数奇偶性、单调性画出的大致图象，结合图像即可求解； 【详解】因为为定义在上的奇函数，所以．又，所以．根据题意作出的大致图象如图所示， 等价于或由图可得． 故选：D 7. 已知双曲线的左、右焦点分别为，为的右支上一点，，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先应用正弦定理，再结合双曲线定义及两角和差的正弦公式计算化简即可求解. 【详解】 依题意得， 则的离心率为 故选：B. 8. 设表示中最大的数，已知均为正数，则的最小值为（ ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】先利用基本不等式得到和的最小值，进而利用得到和的最小值，从而得到所求的最小值. 【详解】设． 因为为正数，所以， 当且仅当，即时，等号成立， 则，时取等号． 因为为正数，所以， 当且仅当，即时，等号成立， 则，当时取等号． ， 当，即时取“等号”， 所以M的最小值为3． 故选：D. 二､多选题：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，有选耤的得0分. 9. 已知曲线，则（ ） A. 曲线不可能是一个圆 B. 曲线可能为一条直线 C. 当且时，曲线的准线方程为 D. 当时，曲线关于直线对称 【答案】BC 【解析】 【分析】利用赋值法逐项判断即可. 【详解】取，即曲线可能是一个圆，故A错误． 当时，曲线，所以曲线可能为一条直线，故B正确． 当且时，曲线，所以曲线的准线方程是，故C正确． 当时，曲线，即曲线关于直线对称，故D错误. 故选：BC. 10. 已知函数则（ ） A. 与的最小正周期相等 B. 当时， C. 与的图象在上有2个交点 D. 与在上的单调性相同 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据三角函数的最小正周期公式求解可判断A；利用计算可判断B；根据单调区间判断C，根据极值的定义可判断D. 【详解】的最小正周期为，的最小正周期为，故A正确． 若则，故B正确． 作出与在上的大致图象，如图所示． 由图可知，与的图象在上只有1个交点，与在上均为增函数，故C错误，D正确． 故选：ABD. 11. 已知正棱锥的体积为，则其侧棱长可能为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】CD 【解析】 【分析】设正棱锥的侧棱长为，底面正多边形的外接圆的半径为，求得高，由底面多边形的面积，得到，通过换元构造函数求其最大值，和比较大小求解即可； 【详解】设正棱锥的侧棱长为，底面正多边形的外接圆的半径为，则， 则正棱锥的高，正棱锥的底面多边形的面积， 所以正棱锥的体积，其中， 令可得． 设函数则 当时，单调递增；当时，单调递减． 所以则，解得． 故选：CD 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知为锐角三角形的三条边，则直线与圆的位置关系是______． 【答案】相交 【解析】 【分析】利用直线与圆的位置关系的判断条件即可得到结果. 【详解】由题意可知，则，圆的圆心到直线的距离， 所以直线与圆相交． 故答案为：相交. 13. 已知一组数据的第60百分位数为2，其中，则这组数据的极差为__________. 【答案】2或3 【解析】 【分析】先根据百分位数为2求的值，进而可得. 【详解】因为，故第60百分位数为第5位数， 当时，将数据从小到大排列为，第5位数为2，满足题意，此时极差为， 当时，将数据从小到大排列为，第5位数为2，满足题意，此时极差为， 当时，将数据从小到大排列为，第5位数为，不满足题意， 故这组数据的极差为2或3. 故答案为：2或3. 14. 如图，现有一个半球容器（有盖），其表面积为平方分米，忽略容器的厚度，若在该容器内放入两个半径均为分米的球，则的最大值为______（结果精确到0.1）． 【答案】4.1 【解析】 【分析】利用容器的表面积求得半球的半径，设放入的最大小球的半径为，则，解出，即为所求. 【详解】设半球容器对应的半球的半径为分米，则该容器的表面积为平方分米，得． 根据对称性可知，当两个球外切且均与半球相切（与球面相切， 且与半球的盖所在平面相切）时，取得最大值， 这也相当于求半径为10分米的四分之一个球的内切球， 如图，由，得． 故答案为：. 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. 在四棱锥中，底面为矩形，且． （1）证明：平面底面． （2）若，，，，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）因为底面为矩形，所以， 又，，平面，所以平面． 因为底面，所以平面底面． （2） 【解析】 【分析】（1）由已知，证得平面，再由面面垂直的判定定理证得平面底面； （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出和平面的一个法向量的坐标，由坐标运算求出，则得到正弦值． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得，，又， 以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，， 则，，， ， 则，， 设，因为，则， 解得，所以，则． 设平面的一个法向量为，则由， 得，令，得． 因为， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 16. 设函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，讨论的单调性． 【答案】（1） （2）当时，在上单调递增，当时， 在上单调递增， 在上单调递减． 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，再根据点斜式求出切线方程； （2）求的导数，根据的范围讨论导数的正负，从而得到的单调区间. 【小问1详解】 当时，，则， 则曲线在点处的切线斜率为， 因为，所以曲线在点处的切线方程为． 【小问2详解】 的定义域为． 当时，． 令，则在上单调递减，在上单调递增， 因此，的最小值为 当时，则，此时，在上单调递增， 当时，令，得． 当时，单调递增； 当时，单调递减； 当时，单调递增 综上，当时，在上单调递增，当时， 在上单调递增， 在上单调递减． 17. 甲、乙、丙人进行跳棋比赛，人两两各进行局，共进行局，赢的局数多者获胜，且这人只有人可获胜，若没有获胜者，则这人两两再各进行局，若还没有获胜者，则比赛结束.假设甲、乙、丙每人每局赢的概率均为，每局是平局的概率均为，每人每局的结果相互独立.设每赢局得分，平局得分，输局得分. （1）求该跳棋比赛前局没有获胜者且乙和丙的得分相等的概率； （2）已知前局中甲、乙、丙各赢局，这人两两再各进行局，记甲在这局中获得的总分为，求的分布列与数学期望. 【答案】（1） （2） 6 5 4 3 2 . 【解析】 【分析】（1）分析知乙和丙可能都得分或分，然后分类讨论将两种情况的概率加起来即可； （2）分析可得的可能取值为，求出对应的概率，列出分布列，即可直接求解数学期望. 【小问1详解】 依题意可得乙和丙不可能都得分或分， 则乙和丙可能都得分或分， 当乙和丙都得分时，这局均为平局或这局每人各赢局； 当乙和丙都得分时，乙与丙都赢了甲且乙与丙的对局结果为平局. 所以该跳棋比赛前局没有获胜者且乙和丙的得分相等的概率为. 【小问2详解】 依题意可得的可能取值为， 则，， ，， ， 则的分布列为： 6 5 4 3 2 故. 18. 若数列是等差数列，则称与互为和等差数列．已知为数列的前项和． （1）若，，试问与是否互为和等差数列？说明你的理由． （2）设为等比数列，，且与互为和等差数列． ①求的通项公式； ②设，求数列的前项和． 【答案】（1）与互为和等差数列，理由： 当时， 又也满足． 所以． 因为，且 所以与互为和等差数列． （2）①；② 【解析】 【分析】（1）由新定义即可直接判断； （2）①由，通过作差求得，再由新定义即可求，②由①求得，由等比数列求和公式即可求解； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，所以，得． 因为，所以当时，， 即， 所以 又，所以数列是首项为，公比为2的等比数列、 所以，即． ①因为与互为和等差数列，所以为等差数列， 又为等比数列，所以的通项公式为． ②， 故 19. 已知椭圆的离心率为，过定点的直线与 交于两点，直线的斜率不为0． （1）求 的长轴长． （2）若，证明：直线的斜率之和为定值 （3）若，设直线分别交 于（都异于）两点，且的斜率存在，证明直线过定点，并求出定点坐标． 【答案】（1）4 （2）证明：设直线 联立得 则得， 设直线的斜率分别为， 则 所以直线的斜率之和为定值0． （3）证明：设，，，，，，且且， 则且 得 将代入得与联立， 解得同理可得 又直线过点则， 代入并化简可得 设直线过定点，则， 代入数据并化简可得 对比系数可得，解得， 则直线过定点 【解析】 【分析】（1）根据离心率即可求解， （2）联立直线与椭圆方程得到韦达定理，即可代入斜率公式化简求解, （3）根据向量共线可得，设出直线过定点，则，代入化简对比系数可得求解. 【小问1详解】 因为椭圆的离心率为，所以， 解得， 所以 的长轴长为． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法 （1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点. （2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $