精品解析：辽宁省沈阳市第二十中学2024-2025学年高三下学期第六次模拟考试数学试题

2024-2025学年度（下）高三年级第六次模拟考试 数学试题 命题人：冯艳华 校对人：李兆华 考试时间：120分钟 分数：150分试卷 说明：试卷共两部分：第一部分：选择题型（1-11题58分）第二部分：非选择题型（12-19题92分） 第I卷（选择题共58分） 一､单选题 1. 已知（为虚数单位），若 为纯虚数，则（ ） A. B. C. 2 D. 2. 已知，若，，则是的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 是等比数列，是方程的两根，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知与分别是椭圆的左、右焦点，M，N是椭圆C上两点，且，，则椭圆C的离心率为（ ） A. B. C. D. 5. 为了加强家校联系，某班举行一次座谈会，会上邀请了6位学生及他们的父母总共18人参加，并从中选出6位代表发言，如果这6人由其中一个家庭的3人与其他三个家庭中的各1人组成，那么不同的选人方案有（ ） A. 720种 B. 1240种 C. 1440种 D. 1620种 6. 已知奇函数的图象关于直线对称，当时，，则（ ） A. B. C. D. 7. 在三棱锥中，为的中点，且直线 与平面 所成角的余弦值为，则三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，则的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 二､多选题 9. 某校3200名高中生举行了一次法律常识考试，其成绩大致服从正态分布，设表示其分数，且，则下列结论正确的是（ ） （附：若随机变量服从正态分布，则） A. B. C. 分数在的学生数大约为2185 D. 分数大于94的学生数大约为4 10. 下列说法正确的有（ ） A. 若点四点共面，则存在唯一的实数，使得 B. 圆上存在两个点到直线的距离为2 C. 双曲线的两个焦点是是双曲线上一点，且，则 D. 已知，若直线与线段有公共点，则 11. 已知，记数列的前 项和为，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 第II卷（非选择题共92分） 三､填空题 12. 已知两个非零向量满足，则向量在向量方向上的投影向量为______. 13. 已知抛物线的焦点为 ，半径为6的圆 过坐标原点 以及 ，且与该抛物线的准线 相切，则____________. 14. 若曲线在点处的切线与曲线相切于点，则__________. 四､解答题 15. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若，求的取值范围. 16. 在中，角 的对边分别为，已知． （1）求角 ； （2）若 是的一条内角平分线，，，求的周长． 17. 随着教育部的“双减政策”落地，为了丰富高中基础年级学生的课余生活，2025年元旦期间，某校师生举行一场惊心动魄的足球比赛；由教师代表队、高一学生代表队和高二学生代表队组成、得分规则为：球队胜一场积3分，平一场积1分，负一场积0分．由教师代表队与高一学生代表队和高二学生代表队的两场比赛．根据前期比赛成绩，教师代表队与高一学生代表队比赛：教师代表队胜的概率为，平的概率为，负的概率为；由教师代表队与高二学生代表队比赛：教师代表队胜的概率为，平的概率为，负的概率为，且两场比赛结果相互独立． （1）求教师代表队与高二学生代表队比赛获得积分超过教师代表队与高一学生代表队比赛获得积分的概率； （2）用表示教师代表队两场比赛获得积分之和，求的分布列与期望． 18. 如图，在多面体ABCDEF中，四边形CDEF为正方形，，，． （1）设平面平面，证明：； （2）直线DE上是否存在点G，使得DE⊥平面ABG？若存在，确定G的位置并说明理由； （3）若，，求平面BFG与平面DEA夹角的余弦的取值范围． 19. 已知点是椭圆E： （）上一点，F1、F2分别是椭圆E的左、右焦点，O是坐标原点，轴． （1）求椭圆E的方程； （2）设A、B是椭圆E上两个动点，（，且）．求证：直线AB的斜率等于椭圆E的离心率； （3）在（2）的条件下，当△ 面积取得最大值时，求 的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度（下）高三年级第六次模拟考试 数学试题 命题人：冯艳华 校对人：李兆华 考试时间：120分钟 分数：150分试卷 说明：试卷共两部分：第一部分：选择题型（1-11题58分）第二部分：非选择题型（12-19题92分） 第I卷（选择题共58分） 一､单选题 1. 已知（为虚数单位），若为纯虚数，则（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】先利用复数的除法运算法则将化简，结合为纯虚数，求出 ，再计算即可． 【详解】， 因为为纯虚数，所以且，即， 所以，则， 故选：D． 2. 已知，若，，则是的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】解不等式求出命题、，再根据充分不必要条件定义判断可得答案. 【详解】由得，解得，则， 由得，则， 所以若成立，则成立， 但成立，但不一定成立， 则是的充分不必要条件. 故选：B. 3. 是等比数列，是方程的两根，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用一元二次方程的根与系数的关系及等比数列的性质即可求解. 【详解】设等比数列公比为， 因为，是方程的两根， 所以，所以， 由等比数列的性质可知 所以. 故选：C. 4. 已知与分别是椭圆的左、右焦点，M，N是椭圆C上两点，且，，则椭圆C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】连接，设，则，，，根据，则，利用勾股定理求得，并得到椭圆参数的齐次式，即可求离心率. 【详解】连接，设，则，，， 由，则，故， 所以，可得，则， 所以，，又， 所以，可得，即（负值舍）. 故选：C 5. 为了加强家校联系，某班举行一次座谈会，会上邀请了6位学生及他们的父母总共18人参加，并从中选出6位代表发言，如果这6人由其中一个家庭的3人与其他三个家庭中的各1人组成，那么不同的选人方案有（ ） A. 720种 B. 1240种 C. 1440种 D. 1620种 【答案】D 【解析】 【分析】先选出一个家庭，该家庭的所有成员都被选中，再从剩余家庭中选出3个，每个家庭再选一人即可，按照分步乘法计数原理计算可得结果. 【详解】根据题意可知从6个家庭中任意选出一个，这个家庭的3人都被选中，共有种选择； 再从剩余的5个家庭里面选出3个家庭，共有种选择； 最后从3组家庭中各选一人，即有种； 因此不同的选人方案共有种. 故选：D 6. 已知奇函数的图象关于直线对称，当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先由奇函数条件可得，然后根据函数的对称性可知函数的周期为 ，再利用函数的周期性和奇偶性计算即可. 【详解】因为为奇函数，且当时，， 所以，解得：，即当时，， 又因为的图象关于直线对称， 所以，且 则， 即函数是以 为周期的周期函数， 故， 故选：B. 7. 在三棱锥中，为 的中点，且直线与平面 所成角的余弦值为，则三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由直角三角形性质可得 为 的外心，结合球体性质可知平面 ，由等腰三角形性质可知的外心 在上且，进而可得直线与平面 所成角与互余，结合正弦定理可得，勾股定理可得，进而可得、，结合球的表面积公式计算即可. 【详解】如图，设球心为，的外接圆圆心为 ，连接，， 因为为 的中点，，所以为 的外心， 由为的外心，得三点共线，且. 由题意得平面 ，面 ，则， 故直线与平面 所成角为的余角， 所以，所以. 在中，由题设可得， 由正弦定理得， 所以， 所以在Rt中，， 所以球的表面积. 故选：B. 8. 已知，则的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】对进行变形，结合，运用基本不等式计算即可. 【详解】, 由于， 当且仅当，即取等号. 则. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题关键是对进行变形，然后结合进行配凑放缩，即可求出最值. 二､多选题 9. 某校3200名高中生举行了一次法律常识考试，其成绩大致服从正态分布，设表示其分数，且，则下列结论正确的是（ ） （附：若随机变量服从正态分布，则） A. B. C. 分数在的学生数大约为2185 D. 分数大于94的学生数大约为4 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据正态分布的知识确定A选项正确性，由正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义及对称性确定BCD选项的正确性. 【详解】，∴， A选项错误； ，B选项正确； ，，C选项正确； ，，D选项正确. 故选：BCD 10. 下列说法正确的有（ ） A. 若点四点共面，则存在唯一的实数，使得 B. 圆上存在两个点到直线的距离为2 C. 双曲线的两个焦点是是双曲线上一点，且，则 D. 已知，若直线与线段 有公共点，则 【答案】BC 【解析】 【分析】由向量共面定理判断A，由直线与圆的位置关系判断B，由双曲线的定义判断C，由直线与线段相交问题的求解判断D． 【详解】当四点共线时，存在无数对，使得，A错； 选项B，圆的圆心是，半径为2，圆心 到直线的距离为，则与直线平行且距离为2的直线到圆心 的距离分别为和，由于圆半径为2，因此距离为的直线与圆相离，距离为的直线与圆相交，两个交点满足题意，B正确； 对于C,根据双曲线定义可知：，，由于，所以，故C正确， 对于D，由于直线恒过点,结合，可得,故直线与线段 有公共点，则，则，D错误， 故选：BC 11. 已知，记数列的前 项和为，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】根据递推式及，求得 ，即可判断A；分 为奇数、 为偶数，求出通项公式判断B，C；利用分组求和，求出，判断D． 【详解】已知， 因为，即， 所以，， 解得 ，故A正确； 由此可得，， ，， …… 所以当 为奇数时，为偶数，为奇数， 所以，， 所以， 所以数列是等比数列，首项为，公比为2， 所以，所以， 所以，故B错误； 当 为偶数时，为奇数，为偶数， 则，， 所以， 所以数列是等比数列，首项为，公比为2， 所以， 所以， 所以，故C错误； 对于D， = =，故D正确. 故选：AD. 【点睛】关键点点睛：利用等比数列的通项公式时，要分 为奇数、 为偶数分别求解. 第II卷（非选择题共92分） 三､填空题 12. 已知两个非零向量满足，则向量在向量方向上的投影向量为______. 【答案】## 【解析】 【分析】利用投影向量公式和模的运算公式即可求出结果. 【详解】， 则向量在向量方向上的投影向量为. 故答案为：. 13. 已知抛物线的焦点为 ，半径为6的圆 过坐标原点以及 ，且与该抛物线的准线相切，则____________. 【答案】8 【解析】 【分析】首先得到抛物线的焦点坐标与准线方程，依题意可知圆心 在直线上，且，解得即可. 【详解】抛物线的焦点，准线为， 因为圆 过坐标原点以及 ，所以圆心 在直线上， 因为圆 的半径为 且与该抛物线的准线相切，所以，解得. 故答案为： 14. 若曲线在点处的切线与曲线相切于点，则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据导数几何意义可分别用和表示出切线方程，根据切线方程相同可构造方程组，化简得到，代入所求式子整理即可. 【详解】曲线在点处的切线与曲线相切于点， ， ∴曲线在点处的切线斜率， 曲线在点处的切线斜率， ∴曲线在点处的切线方程为， 或， ，即， ，易知，， . 故答案为：. 【点睛】思路点睛：求导数中的公切线问题的基本思路是假设切点坐标后，利用导数几何意义分别表示出两函数切点处的切线方程，由两方程形式一致可构造方程组来求解相关问题. 四､解答题 15. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若，求 的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由导数的几何意义求解即可； （2）分 和两种情况进行讨论，利用导数求出函数的单调性，结合单调性求解即可得答案. 【小问1详解】 当时，，，，， 故曲线在点处的切线方程为. 【小问2详解】 当 时，的定义域为 ， ，令，解得或（舍去）， 所以当时，， 单调递减；当时，， 单调递增， 所以，解得，即； 当时，的定义域为， ，令，解得（舍去）或， 所以当时，单调递增； 当时，单调递减， 所以，解得，即. 综上所述， 的取值范围是. 16. 在 中，角 的对边分别为，已知． （1）求角 ； （2）若 是 的一条内角平分线，，，求 的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边转化为角，再通过三角函数的运算求出角 ；（2）根据三角形内角平分线性质以及三角形面积公式建立等式，结合余弦定理求出的值，进而得到三角形的周长. 【小问1详解】 由已知及正弦定理：， ， ， ，. 【小问2详解】 在 中，由， 可得：， 又 平分 ，则， 所以， 整理得①． 又由余弦定理，可得，即， 则有②， 由①②解得：或（舍）， 所以 的周长为. 17. 随着教育部的“双减政策”落地，为了丰富高中基础年级学生的课余生活，2025年元旦期间，某校师生举行一场惊心动魄的足球比赛；由教师代表队、高一学生代表队和高二学生代表队组成、得分规则为：球队胜一场积3分，平一场积1分，负一场积0分．由教师代表队与高一学生代表队和高二学生代表队的两场比赛．根据前期比赛成绩，教师代表队与高一学生代表队比赛：教师代表队胜的概率为，平的概率为，负的概率为；由教师代表队与高二学生代表队比赛：教师代表队胜的概率为，平的概率为，负的概率为，且两场比赛结果相互独立． （1）求教师代表队与高二学生代表队比赛获得积分超过教师代表队与高一学生代表队比赛获得积分的概率； （2）用表示教师代表队两场比赛获得积分之和，求的分布列与期望． 【答案】（1） （2）的分布列为 0 1 2 3 4 6 【解析】 【分析】（1）将事件“教师代表队与高二学生代表队比赛获得积分超过教师代表队与高一学生代表队比赛获得积分”分为“教师胜高二且教师平高一”、“教师胜高二且教师负高一”、“教师平高二且教师负高一”，进而可得； （2）由题意的所有可能取值为0，1，2，3，4，6，先求随机事件对应的概率进而可得其分布列与期望. 【小问1详解】 设事件“教师代表队与高二学生代表队比赛获得积分为3分”， 事件“教师代表队与高二学生代表队比赛获得积分为1分”， 事件“教师代表队与高二学生代表队比赛获得积分为0分”， 事件“教师代表队与高一学生代表队比赛获得积分为3分”， 事件“教师代表队与高一学生代表队比赛获得积分为1分”， 事件“教师代表队与高一学生代表队比赛获得积分为0分”， 事件“教师代表队与高二学生代表队比赛获得积分超过教师代表队与高一学生代表队比赛获得积分”， ，，， 则， 教师代表队与高二学生代表队比赛获得积分超过教师代表队与高一学生代表队比赛获得积分的概率为． 【小问2详解】 由题意可知的所有可能取值为0，1，2，3，4，6． ，， ，， ，． 则的分布列为 0 1 2 3 4 6 ． 18. 如图，在多面体ABCDEF中，四边形CDEF为正方形，，，． （1）设平面平面，证明：； （2）直线DE上是否存在点G，使得DE⊥平面ABG？若存在，确定G的位置并说明理由； （3）若，，求平面BFG与平面DEA夹角的余弦的取值范围． 【答案】（1）证明：因为四边形为矩形，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 因为平面平面，平面，所以. （2）存在 为中点，使得 平面. 理由如下： 取的中点 ，因为，可得， 又因为且 ，所以， 因为且平面，所以 平面. （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，得到，利用线面平行的判定定理，证得平面，再由线面平行的性质定理，即可证得； （2）取的中点 ，得到，再由，利用线面垂直的判定定理，即可证得 平面； （3）设点 为中点，取 与连线交于点，以建立空间直角坐标系，设 到平面的距离为 ，令，分别求得平面 和平面的法向量和，结合向量的夹角，列出关系式，利用函数的单调性，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设点 为中点，取 和和 中点为, 由（2）知，共面且 平面，取 与连线交于点， 连，则，可得为等腰梯形，所以， 建立如图示的空间直角坐标系O-xyz，则，，，， 因为，所以， 设 到平面的距离为 ， 因为四边形和四边形为两个全等的等腰梯形，所以， 设，， 因为，所以，解得， 所以，， 可得，，，， 令，，所以， 设平面 的法向量为，则， 取，可得，所以， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 所以， 令，则， 则， 令，则，所以在上单调递增， 当时，；当时， 所以，所以， 故平面BFG和平面DEA的夹角的余弦值的取值范围为． 19. 已知点是椭圆E： （）上一点，F1、F2分别是椭圆E的左、右焦点，O是坐标原点，轴． （1）求椭圆E的方程； （2）设A、B是椭圆E上两个动点，（，且）．求证：直线AB的斜率等于椭圆E的离心率； （3）在（2）的条件下，当△ 面积取得最大值时，求 的值． 【答案】（1）； （2）设、， 由得：，则①， 又，，两式相减得，即②， 把①代入②得： 的斜率，又， 所以直线AB的斜率等于椭圆E的离心率； （3）. 【解析】 【分析】（1）由轴及可得和的坐标，根据椭圆的定义可求得 ，再结合三者的关系即可求解； （2）由可得 的坐标关系，结合点差法求直线AB的斜率，即可证明； （3）设直线AB的方程，结合点到直线的距离公式和弦长公式即可求出△ 得面积表达式，再根据导数求函数的最值，最后根据韦达定理和 的坐标关系可求 的值． 【详解】（1）由轴，则，即，， 所以，，而， 所以，则，故椭圆E为：. （2）略； （3）设直线AB为，与椭圆联立消去 并整理得：， 由得：，且，， 所以，且P到直线AB的距离为， 所以△ 的面积为， 设()，则， 由 及得：． 当时，递增；当时，递减， 故当时取最大值，即S的最大值为． 此时，可得． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $