精品解析：河南省郑州中学2024-2025学年高三下学期模拟预测数学试卷

2024-2025学年下学期高三年级模拟预测 数学试卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 一、单项选择题：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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求得集合，再根据集合交集的概念及运算即可求解. 【详解】，. 故选：C. 2. 已知复数满足，其中是虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出复数，利用复数的模长公式可求得的值. 【详解】因为，则，故. 故选：B. 3. 已知向量满足，且，则（ ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得，，又，可得，可求. 【详解】因为，所以，所以，所以， 又因为，所以，又，所以， 所以，所以，所以. 故选：D. 4. 已知为坐标原点，为抛物线的焦点，为上的一点，垂直于轴，为轴上一点，且，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用数形结合，通过三角形相似找到的关系，建立关于的等式，进行求解． 【详解】根据题意作下图： ， ， 垂直于轴， ， ， ， ， ， 又， ， 解得， 故选：B． 5. 已知锐角满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】整理齐次式方程，利用同角平方式整理方程，根据二倍角公式，结合角的取值范围，可得答案. 【详解】由，则， 可得， 化简可得，由角为锐角，则， 由，整理可得， 分解因式可得， 由角为锐角，解得. 故选：B. 6. 已知则曲线在处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】首先对原函数求导并结合赋值法求解原函数，再利用导数求出切线方程，求出切线和坐标轴的交点，最后得到三角形面积即可. 【详解】因为，所以， 令，得到， 化简得，解得， 代入回原函数得到， 而，故切点为， 而，， 设曲线在处的切线斜率为， 由导数的几何意义得， 故切线方程为，化简得， 令，得到，所以与轴交点为， 令，得到，所以与轴交点为， 且设三角形面积为，故，故A正确. 故选：A 7. 若，则（ ） A. 180 B. C. D. 90 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意可知将二项式变形可得，求得含的项即可得出结果. 【详解】易知， 其中展开式中含项为， 因此. 故选：A 8. 中国古建筑闻名于世，源远流长．如图1所示的五脊殿是中国传统建筑中的一种屋顶形式，该屋顶的结构示意图如图2所示，在结构示意图中，已知四边形为矩形，，与都是边长为1的等边三角形，若点A，B，C，D，E，F都在球O的球面上，则球O的表面积为（） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】如图，根据球的性质可得平面，根据中位线的性质和勾股定理可得且，分类讨论当在线段上和在线段的延长线上时2种情况，结合球的性质和表面积公式计算即可求解． 【详解】如图，连接，设， 因为四边形为矩形，所以为矩形外接圆的圆心．连接， 则平面，分别取的中点， 根据几何体的对称性可知，直线交于点． 连接，则，且为的中点，因为，所以， 连接，在与中，易知， 所以梯形为等腰梯形，所以，且． 设，球的半径为，连接， 当在线段上时，由球的性质可知， 易得，则，此时无解． 当在线段的延长线上时，由球的性质可知， ，解得，所以， 所以球的表面积， 故选：D． 二、多项选择题：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. 比较两组测量尺度差异较大数据的离散程度时，常使用离散系数，其定义为：离散系数.某地区进行调研考试，共40000名学生参考，测试结果（单位：分）近似服从正态分布，且平均分为57.4，离散系数为0.36，则下列说法正确是（ ） （附：若随机变量服从正态分布.） A. 学生考试成绩标准差为 B. 学生考试成绩近似服从正态分布 C. 约有20000名学生的成绩低于58分 D. 全体学生成绩的第84百分位数约为78 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，根据离散系数求出标准差；对于B，根据正态分布公式判断B；对于C，求出低于58分概率，根据总人数，得到低于58分人数，判断C；对于D，利用正态分布曲线性质和百分位数的定义判断D. 【详解】对于A，根据离散系数，平均分为57.4，离散系数为0.36，可得标准差为，故A正确； 对于B，测试结果（单位：分）近似服从正态分布，则学生考试成绩近似服从正态分布，故B错误； 对于C，平均分为57.4，所以成绩低于58分得概率约为，所以约有名学生的成绩低于58分，故C正确； 对于D，又因为，且，所以全体学生成绩的第84百分位数约为，故D正确； 故选：ACD. 10. 已知函数，则（ ） A. 只有1个极小值点 B. 曲线在点处的切线斜率为9 C. 当有3个零点时，的取值范围为 D. 当只有1个零点时，的取值范围为 【答案】BCD 【解析】 【分析】分或、两种情况讨论，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的极值点，即可判断A、B，根据零点的个数得到不等式组，即可判断C、D. 【详解】因为， 当或时，则， 所以当或时，当时， 所以在，上单调递增，在上单调递减； 当时，则， 所以当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减； 则在、处取得极小值，故有个极小值点，故A错误； 因为，所以曲线在点处的切线斜率为，故B正确； 令， 则的图象如下所示： 其中的图象是由的图象向下或向上平移个单位得到； 因为，，，， 要使有3个零点，则或或， 即或或，解得或或， 综上可得的取值范围为，故C正确； 要使只有1个零点，则或，即或， 解得或，即的取值范围为，故D正确. 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：本题关键是利用导数说明函数的单调性，从而画出的图象，将函数的零点问题转化为函数与函数的交点问题. 11. 如果定义在R上的函数，对任意两个不相等的实数，，都有，则称函数为“H函数”，下列函数是“H函数”的有（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】新定义变形为函数是增函数，因此只要确定函数是不是增函数即可得． 【详解】因为，所以， 即时，恒成立，因此是增函数， 时，为偶函数，在定义域内不可能是增函数，A不满足新定义； ，则恒成立，所以是上的增函数，满足新定义； ，恒成立，是上的增函数，满足新定义； 时，，不是定义域内的增函数，不满足新定义． 故选：BC． 【点睛】本题考查新定义，解题关键是理解新定义，通过变形新定义转化为函数的单调性，然后通过导数或单调性定义确定函数在定义域内是否为增函数即可得． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知直线被圆截得的最短弦长为，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据定点及两点间距离公式得出圆心到直线距离的最大值，进而结合圆的弦长公式，得到弦长，计算即可求解. 【详解】由题意，圆，可得圆心，半径， 过定点 则圆心到直线的距离为， 可得截得弦长为， 弦长取得最小值时，. 故答案为：. 13. 在某次国际商贸交流会展期间，举办城市为了提升安保级别，在平时正常安保的基础上再将甲、乙等6名特警人员分配到展区附近的4个不同的路口进行执勤，若每个特警只能分配去1个路口且每个路口至少安排1名特警，则甲和乙不安排在同一个路口执勤的概率是______． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用分组分配求出试验的基本事件总数，再求出甲乙安排在同一路口的事件含有的基本事件数，然后用对立事件概率公式计算即得. 【详解】6名特警分配到展区附近的4个不同的路口进行执勤，不同安排方法数为， 甲乙安排在同一路口，视甲乙为一个人，5个人安排到4个路口的安排数为， 因此甲和乙安排在同一个路口执勤的概率是， 所以甲和乙不安排在同一个路口执勤的概率是. 故答案为： 14. 黎曼猜想由数学家波恩哈德·黎曼于1859年提出，是至今仍未解决的世界难题.黎曼猜想涉及到很多领域的应用，有些数学家将黎曼猜想的攻坚之路趣称为：“各大行长躲在银行保险柜前瑟瑟发抖，不少黑客则潜伏敲着键盘蓄势待发”.黎曼猜想研究的是无穷级数，我们经常从无穷级数的部分和入手.已知正项数列的前项和为，且满足，则______（其中表示不超过的最大整数）. 【答案】38 【解析】 【分析】根据已知结合前项和与通项关系，可得为等差数列，进而求出，再利用，以及当时，，求出的范围， 即可求出结论. 【详解】当时，，，，∵，∴， 当时，，∴，， ∴，∴是以1为首项，公差为1的等差数列，∴， ∵，∴，∴，，即， 又时，，即， 令， ， ， 即，从而. 故答案为：38 【点睛】关键点点睛：本题以数学文化为背景，考查数列的前项和与通项的关系、数列前项和的范围，构造新的等差数列以及用放缩法求数列和是解题的关键，注意常见的裂项相消法求和的模型. 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. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知，，内角A，B，C成等差数列. （1）求a的值及的面积； （2）求的值. 【答案】（1）；； （2） 【解析】 【分析】（1）由等差数列的中项性质及三角形内角和定理可得，利用余弦定理即可出a的值，再由三角形面积公式即可求解； （2）利用正弦定理求出，根据同角三角函数的商关系求出，然后根据二倍角公式即可得出，最后根据两角和的正切公式即可求解. 【小问1详解】 由角A，B，C成等差数列，可得， 结合三角形内角和定理，可得， 由余弦定理 ，代入已知条件得： ，化简得， 解得，或（舍去），所以， 又因为，所以， 由三角形面积公式 ，得：. 【小问2详解】 利用正弦定理，可得， ，则角A为锐角， 所以， 所以，， 故. 16. 已知数列的前项和为，，. （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和； （3）若，求使取得最大值时的的值. 【答案】（1） （2） （3）或 【解析】 【分析】（1）根据的关系，作差可得，即可根据等比数列的定义求解； （2）由（1）求得，利用错位相减法可求； （3）根据，可得；从而判断的单调性，即可求解. 【小问1详解】 因为且，所以， 由，可得：， 两式相减得：， 因为，所以，， 又，综上，对任意的，， 所以是首项和公比均为的等比数列，所以，. 【小问2详解】 由题意，， ① ② ①②得 所以， 【小问3详解】 由（1）可得，所以， 时，由，可得； 当时，，当时，， 当时，， 当时，， 所以，所以， 综上，或时，取得最大值. 17. 如图，在三棱柱中，，为的中点，平面. （1）求证：； （2）若，求二面角的余弦值. 【答案】（1） 在三棱柱中，，则， 由，得，在中，， 由余弦定理，得，， 于是，由平面平面，得， 而平面，因此平面，又平面， 所以， （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，借助余弦定理及勾股定理的逆定理证得，再利用线面垂直的判定、性质推理即得. （2）由（1）的信息以为原点建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 由，得，则， 于是，设为平面的一个法向量， 则，取，得，显然为平面的一个法向量， 因此，显然二面角的大小为锐角， 所以二面角的余弦值为. 18. 已知椭圆，两焦点和短轴一个端点构成边长为2的正三角形． （1）求椭圆方程； （2）设直线与椭圆相切于第一象限内的点，不过原点且平行于的直线与椭圆交于不同的两点，，点关于原点的对称点为．记直线的斜率为，直线的斜率为． ①求的值； ②若，，，四点围成的四边形为平行四边形，求的值． 【答案】（1） （2）①；② 或1 【解析】 【分析】（1）根据已知条件确定、，即可求解 （2）①根据直线与椭圆相切于第一象限内的点，求出，再根据，设出的方程，表示出、的坐标，得到的斜率，由此可求；②根据已知条件与平行关系确定，由平行四边形确定，再结合，得，分两种情况求解即可. 【小问1详解】 由题意，从而，， 所以椭圆方程为. 【小问2详解】 ①由消得（*）， 由，得， 此时方程（*）可化为：， 解得：（由条件可知：k，m异号）， 设，则，， 即，所以， 因为，所以可设直线， 由消得， 当时，方程有两个不相等的实根， 设，，则，， 因为A，C两点关于原点对称，所以，所以，， 所以． ②设直线与轴交于点，直线与轴交于点，则， 于是， 由①可知：，若O，P，B，C四点围成的四边形为平行四边形， 则还需，即， 由①可知：，所以． 又，， 所以， 由可得：， 又，所以，即， 当时，； 当时，． 【点睛】方法点睛： 解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去(或)， 建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件， 建立有关参变量的等量关系， 强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力， 重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题． 19. 设函数（其中是非零常数，是自然对数的底），记． （1）求对任意实数，都有成立的最小整数的值； （2）设函数，若对任意，，都存在极值点，求证：点在一定直线上，并求出该直线方程； （3）是否存在正整数和实数，使且对于任意，至多有一个极值点，若存在，求出所有满足条件的和，若不存在，说明理由． 【答案】（1）； （2） 由（1）知，，， ，求导得，显然函数单调， 当时，有唯一零点， 当时，，当时，， 因此当时，函数都存在唯一极值点，依题意， 即，方程两边同时加上得，即， 所以点在一定直线上，该直线方程为. （3）存在，满足条件. 【解析】 【分析】（1）按照给定定义，依次求导，再观察规律即可判断作答. （2）由（1）求出函数，求出的导数，再利用已知结合极值点的意义推理作答. （3）由（1）结合已知，确定或，再分类讨论极值点的情况作答. 【小问1详解】 依题意，，，，， ，因此，，即， 所以对任意实数，都有成立的最小整数的值是5. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 当，时，方程无解，因此要使，必有, ①当时，，即，解得， 而当时，时，，函数单调递减，无极值点， 严格递减，无极值点，且，当时，，当时，， 在上严格递增，在上严格递减，有一个极值点， 又，则恒成立，有单调递减，无极值点， 综上得存在，满足条件， ②当时，，即，解得或， 当时，，不符合题意， 当时，，解得，有， 单调递减，当时，，当，，当时，， 在上严格递增，在上严格递减，而，， 则存在，使得，在上，，在上，在上，， 则在上严格递减，在上严格递增，在上严格递减，有两个极值点，不符合题意，因此， 所以存在，满足条件． 【点睛】结论点睛：可导函数y=f(x)在点处取得极值的充要条件是，且在左侧与右侧值的符号不同． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年下学期高三年级模拟预测 数学试卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 一、单项选择题：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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，其中是虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量满足，且，则（ ） A. B. 2 C. D. 3 4. 已知为坐标原点，为抛物线的焦点，为上的一点，垂直于轴，为轴上一点，且，若，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知锐角满足，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知则曲线在处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为（ ） A. B. C. D. 2 7. 若，则（ ） A. 180 B. C. D. 90 8. 中国古建筑闻名于世，源远流长．如图1所示的五脊殿是中国传统建筑中的一种屋顶形式，该屋顶的结构示意图如图2所示，在结构示意图中，已知四边形为矩形，，与都是边长为1的等边三角形，若点A，B，C，D，E，F都在球O的球面上，则球O的表面积为（） A. B. C. D. 二、多项选择题：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. 比较两组测量尺度差异较大数据的离散程度时，常使用离散系数，其定义为：离散系数.某地区进行调研考试，共40000名学生参考，测试结果（单位：分）近似服从正态分布，且平均分为57.4，离散系数为0.36，则下列说法正确是（ ） （附：若随机变量服从正态分布.） A. 学生考试成绩标准差为 B. 学生考试成绩近似服从正态分布 C. 约有20000名学生的成绩低于58分 D. 全体学生成绩的第84百分位数约为78 10. 已知函数，则（ ） A. 只有1个极小值点 B. 曲线在点处的切线斜率为9 C. 当有3个零点时，的取值范围为 D. 当只有1个零点时，的取值范围为 11. 如果定义在R上的函数，对任意两个不相等的实数，，都有，则称函数为“H函数”，下列函数是“H函数”的有（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知直线被圆截得的最短弦长为，则______． 13. 在某次国际商贸交流会展期间，举办城市为了提升安保级别，在平时正常安保的基础上再将甲、乙等6名特警人员分配到展区附近的4个不同的路口进行执勤，若每个特警只能分配去1个路口且每个路口至少安排1名特警，则甲和乙不安排在同一个路口执勤的概率是______． 14. 黎曼猜想由数学家波恩哈德·黎曼于1859年提出，是至今仍未解决的世界难题.黎曼猜想涉及到很多领域的应用，有些数学家将黎曼猜想的攻坚之路趣称为：“各大行长躲在银行保险柜前瑟瑟发抖，不少黑客则潜伏敲着键盘蓄势待发”.黎曼猜想研究的是无穷级数，我们经常从无穷级数的部分和入手.已知正项数列的前项和为，且满足，则______（其中表示不超过的最大整数）. 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. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知，，内角A，B，C成等差数列. （1）求a的值及的面积； （2）求的值. 16. 已知数列的前项和为，，. （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和； （3）若，求使取得最大值时的的值. 17. 如图，在三棱柱中，，为的中点，平面. （1）求证：； （2）若，求二面角的余弦值. 18. 已知椭圆，两焦点和短轴一个端点构成边长为2的正三角形． （1）求椭圆方程； （2）设直线与椭圆相切于第一象限内的点，不过原点且平行于的直线与椭圆交于不同的两点，，点关于原点的对称点为．记直线的斜率为，直线的斜率为． ①求的值； ②若，，，四点围成的四边形为平行四边形，求的值． 19. 设函数（其中是非零常数，是自然对数的底），记． （1）求对任意实数，都有成立的最小整数的值； （2）设函数，若对任意，，都存在极值点，求证：点在一定直线上，并求出该直线方程； （3）是否存在正整数和实数，使且对于任意，至多有一个极值点，若存在，求出所有满足条件的和，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 $