精品解析：山东省临沂市蒙阴第一中学2024-2025学年高三下学期第三次模拟预测数学试题

蒙阴一中2024-2025学年高三下学期第三次模拟考试数学试题 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. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数在复平面内所对应的点位于第一象限，且，则复数在复平面内所对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 函数在区间上是减函数，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 已知的展开式中第2项，第3项，第4项的二项式系数成等差数列，则（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 5. 已知向量满足与垂直，则的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 3 6. 古希腊数学家阿波罗尼奥斯用不同的平面截同一圆锥，得到了圆锥曲线，其中的一种如图所示．用过M点且垂直于圆锥底面的平面截两个全等的对顶圆锥得到双曲线的一部分，已知高，底面圆的半径为4，M为母线PB的中点，平面与底面的交线，则双曲线的两条渐近线所成角的余弦值为（ ）． A. B. C. D. 7. 已知正方体的棱长为，为的中点，为棱上异于端点的动点，若平面截该正方体所得的截面为五边形，则线段的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若，则的最大值为（ ） A. B. C. e D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，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、是正数，且，下列叙述正确的是（ ） A. 最大值为 B. 的最小值为 C. 最小值为 D. 最小值为 10. 设是一次随机试验中的两个事件，且，则（ ） A. B. 相互独立 C. D. 11. 数学中有许多美丽的曲线，图中美丽的眼睛图案由两条曲线构成，曲线，上顶点为，右顶点为，曲线上的点满足到和直线的距离之和为定值4，已知两条曲线具有公共的上下顶点，过作斜率小于0的直线与两曲线从左到右依次交于且，则（ ） A. 曲线由两条抛物线的一部分组成 B. 线段的长度与点到直线的距离相等 C. 若线段的长度为，则直线的斜率为 D. 若，则直线的斜率为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 市环保局开展了环境治理专项活动，活动结束后对志愿者做了一次随机抽样调查，统计整理了部分志愿者的服务时长（单位：小时），得到如图所示的频率分布直方图，据此估计志愿者服务时长的第90百分位数为______． 13. 已知圆，直线与圆交于两点．若为直角三角形，则______． 14. 已知函数的图象平分系列圆的周长与面积，记圆在轴右侧的圆心的横、纵坐标分别组成数列，则的前项和为__________. 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. 某工厂在改进生产技术后，针对新旧两种技术所生产的电子元件实施质量检测，现从每种技术生产的产品中各随机抽取容量为40的样本进行电压测试.已知标准电压为3.7V，误差绝对值不超过0.1V的电子元件为优品，超过0.1V的电子元件为良品. （1）已知旧技术生产的40个样本电子元件的电压测量值近似服从正态分布的近似值为样本均值3.7，的近似值为样本标准差0.09.假设该工厂前期运用旧技术已生产电子元件40000个，试估算旧技术生产的电子元件电压测量值高于3.88V的有多少个？ （2）从新技术生产的40个样本电子元件中随机选取一个是优品的概率为.请补全以下列联表，依据小概率值的独立性检验，能否认为电子元件的优良情况与新旧技术有关？ 优品 良品 合计 旧技术 新技术 合计 16 附：若随机变量服从正态分布，则，.. 0.100 0.050 0.025 0.005 2.706 3.841 5.024 7.879 16. 在锐角中，内角所对的边分别为，，，满足，且. （1）求证：； （2）已知是的平分线，若，求线段长度的取值范围. 17. 已知双曲线的离心率为，点在双曲线上，过的左焦点的直线与的左支相交于两点，且分别交的两条渐近线于两点． （1）求双曲线的方程； （2）若是坐标原点，，求的面积． 18. 如图，四面体中，为等边三角形，且，为等腰直角三角形，且． （1）当时， （ⅰ）求二面角的正弦值； （ⅱ）当为线段中点时，求直线与平面所成角正弦值； （2）当时，若，且平面为垂足，中点为中点为；直线与平面的交点为，当三棱锥体积最大时，求的值． 19. 已知，函数. （1）当时，证明：； （2）若恒成立，求a的取值范围； （3）设集合，对于正整数m，集合，记中元素的个数为，求数列的通项公式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 蒙阴一中2024-2025学年高三下学期第三次模拟考试数学试题 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. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出函数的定义域化简集合，再利用交集的定义求解即可. 【详解】依题意，，函数有意义，则，即， 所以. 故选：B 2. 已知复数在复平面内所对应的点位于第一象限，且，则复数在复平面内所对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】C 【解析】 【分析】先根据题意设复数的代数形式，再由条件求得，进而得到其对应点的坐标，从而判断得解. 【详解】因为复数在复平面内所对应的点位于第一象限， 则设， 因为，所以， 所以复数在复平面内所对应的点为， 又，所以，所以该点位于第三象限. 故选：C. 3. 函数在区间上是减函数，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用复合函数的单调性和函数的定义域求解即可. 【详解】函数，故，且为减函数， 若，则在为减函数，则函数为增函数，故舍去； 若，则为增函数，因为函数在区间上是减函数， 故. 故的取值范围是. 故选：D. 4. 已知的展开式中第2项，第3项，第4项的二项式系数成等差数列，则（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】写出二项式系数再利用等差中项建立方程，求解即得. 【详解】已知的展开式中第2项，第3项，第4项的二项式系数为， 依题意成等差数列，故，得到：， 化简得，即：， 解得：或（舍去） 故选：C 5. 已知向量满足与垂直，则的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】向量垂直则数量积为零，由此求出，求，利用平方法转化为数量积进行计算． 【详解】由与垂直，得，则， 所以1， 所以当时，的最小值为 故选：C 6. 古希腊数学家阿波罗尼奥斯用不同的平面截同一圆锥，得到了圆锥曲线，其中的一种如图所示．用过M点且垂直于圆锥底面的平面截两个全等的对顶圆锥得到双曲线的一部分，已知高，底面圆的半径为4，M为母线PB的中点，平面与底面的交线，则双曲线的两条渐近线所成角的余弦值为（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】令双曲线为，根据已知建立合适坐标系，并求出双曲线参数，进而得渐近线方程，利用二倍角正切公式求得夹角正切值，即可得其余弦值. 【详解】如下图建系，令双曲线为，且，则，， 如图，，，则，故， 将代入，得，可得，故渐近线为， 若它们的夹角为，且，则，故. 故选：D 7. 已知正方体的棱长为，为的中点，为棱上异于端点的动点，若平面截该正方体所得的截面为五边形，则线段的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，结合正方体的几何结构特征，得出当为棱上异于端点的动点，截面为四边形，点只能在线段上，求得，线段的取值范围，得到答案. 【详解】在正方体中，平面平面， 因为平面，平面，平面平面， 则平面与平面的交线过点，且与直线平行，与直线相交， 设交点为，如图所示， 又因为平面，平面， 即分别为，与平面所成的角， 因为，则，且有，当与重合时，平面截该正方体所得的截面为四边形，此时，即为棱中点； 当点由点向点移动过程中，逐渐减小，点由点向点方向移动； 当点为线段上任意一点时，平面只与该正方体的4个表而有交线，即可用成四边形； 当点在线段延长线上时，直线必与棱交于除点外的点， 又点与不重合，此时，平面与该正方体的5个表面有交线，截面为五边形， 如图所示． 因此．当为棱上异于端点的动点，截面为四边形，点只能在线段（除点外）上，即，可得，则， 所以线段的取值范围是， 所以若平面截该正方体的截面为五边形，线段的取值范围是. 故选：B． 【点睛】知识方法：对于空间共面、共线问题，以及几何体的截面问题的策略： 1、正面共面的方法：一是先确定一个平面，然后再证明其余的线（或点）在这个平面内；二是证明两个平面重合； 2、证明共线的方法：一是先由两个点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；二是直接证明这些点都在同一条特定直线上； 3、空间几何体中截面问题：一是熟记特殊几何体（正方体，正四面体等）中的特殊截面的形状与计算；二是结合平面的基本性质，以及空间中的平行关系，以及平面的基本性质，找全空间几何体的截面问题，并作出计算； 4、空间几何体中的动点轨迹等问题：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程； 8. 已知函数，若，则的最大值为（ ） A. B. C. e D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据恒成立确定的关系式，从而将转化为只有的式子，再利用导数讨论单调性求最值即可. 【详解】因为，且函数和都是上的增函数，故若恒成立， 则函数和的零点相同， 所以，则， 设，，则， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 故，所以最大值为， 故选：A. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，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、是正数，且，下列叙述正确的是（ ） A. 最大值为 B. 的最小值为 C. 最小值为 D. 最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】 利用基本不等式可判断ABC选项；将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求出的最小值，可判断D选项. 【详解】对于A选项，由基本不等式可得，解得， 当且仅当时，即当时，等号成立，故最大值为，A对； 对于B选项，由基本不等式可得， 所以，， 当且仅当时，即当时，等号成立，则为，B对； 对于C选项，因为， 解得， 当且仅当时，即当时，等号成立，故的最大值为，C错； 对于D选项，， 当且仅当时，即当时，等号成立，即最小值为，D对. 故选：ABD. 10. 设是一次随机试验中的两个事件，且，则（ ） A. B. 相互独立 C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】根据互斥事件的概率加法公式、对立事件概率公式、独立事件的判定公式、条件概率公式，对每个选项逐一进行分析判断. 【详解】对于A，由于与是互斥事件，则 ，故A正确； 对于B，已知，可得. 设，则，. 由A项可知，即. 解得，由，可得相互独立，故B正确； 对于C，根据德摩根定律，再由对立事件概率公式，由B项可知， 所以，故C错误； 对于D，根据，，，则； 又，，，则. 则，故D错误. 故答案为：AB 11. 数学中有许多美丽的曲线，图中美丽的眼睛图案由两条曲线构成，曲线，上顶点为，右顶点为，曲线上的点满足到和直线的距离之和为定值4，已知两条曲线具有公共的上下顶点，过作斜率小于0的直线与两曲线从左到右依次交于且，则（ ） A. 曲线由两条抛物线的一部分组成 B. 线段的长度与点到直线的距离相等 C. 若线段的长度为，则直线的斜率为 D. 若，则直线的斜率为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于选项A，根据题干列出等式即可判断；对于选项B，利用抛物线的定义即可判断，对于选项C，利用焦半径公式列出等式即可判断，对于选项D，由焦半径，又因为可得，即可得到结果. 【详解】 对于A选项，设曲线上任意一点， 由定义可知，满足， 移项，平方可得：， 即，为两条抛物线，故A正确； 对于B选项，和直线分别为抛物线的焦点和准线，由抛物线定义可知，故B正确 对于C选项，设与轴夹角为同时为抛物线和椭圆的焦点，， ， 解得，则，故C错误. 对于D选项，易知为抛物线和的焦点， 前者，后者分别为两个抛物线的较短的焦半径，因此 ，由于， 则，因此，所以，故D正确， 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：抛物线的求解，一般利用定义和二级结论直接能够列出等式求解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 市环保局开展了环境治理专项活动，活动结束后对志愿者做了一次随机抽样调查，统计整理了部分志愿者的服务时长（单位：小时），得到如图所示的频率分布直方图，据此估计志愿者服务时长的第90百分位数为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用频率分布直方图的性质求出a的值，再结合第90百分位数定义求解即可. 【详解】由题意得组距，因为小长方形面积和为1， 所以,解得， 而，则第90百分位数在内， 且设其为，得到，解得 故答案为： 13. 已知圆，直线与圆交于两点．若为直角三角形，则______． 【答案】0 【解析】 【分析】先将圆的方程化为标准方程，从而得到圆心坐标和半径，再根据为直角三角形得出圆心到直线的距离，最后利用点到直线的距离公式求解的值. 【详解】由圆的方程为，可得 则圆的圆心坐标为，半径.  因为为直角三角形，且圆的半径都相等，所以是等腰直角三角形， 那么圆心到直线的距离等于斜边长的一半. 由勾股定理，，则.  即圆心到直线的距离. 两边平方可得，整理得，即.  故答案为：0. 14. 已知函数的图象平分系列圆的周长与面积，记圆在轴右侧的圆心的横、纵坐标分别组成数列，则的前项和为__________. 【答案】. 【解析】 【分析】首先，需要根据函数图象平分圆的周长与面积这一条件，得出函数与圆的关系，进而确定数列的通项公式，然后利用错位相减法来求数列的前项和. 【详解】因为，定义域为， 令，，则， 对于，令，得， 所以的对称中心为，即， 又， 在上单调递减， 所以， 则， 所以的对称中心为， 因为的图象平分系列圆的周长与面积， 所以圆的圆心为的对称中心，即， 由于记圆在轴右侧的圆心的横、纵坐标分别组成数列， 所以，所以， 记的前项和为， 则， 故， 两式相减，得 ， 所以. 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. 某工厂在改进生产技术后，针对新旧两种技术所生产的电子元件实施质量检测，现从每种技术生产的产品中各随机抽取容量为40的样本进行电压测试.已知标准电压为3.7V，误差绝对值不超过0.1V的电子元件为优品，超过0.1V的电子元件为良品. （1）已知旧技术生产的40个样本电子元件的电压测量值近似服从正态分布的近似值为样本均值3.7，的近似值为样本标准差0.09.假设该工厂前期运用旧技术已生产电子元件40000个，试估算旧技术生产的电子元件电压测量值高于3.88V的有多少个？ （2）从新技术生产的40个样本电子元件中随机选取一个是优品的概率为.请补全以下列联表，依据小概率值的独立性检验，能否认为电子元件的优良情况与新旧技术有关？ 优品 良品 合计 旧技术 新技术 合计 16 附：若随机变量服从正态分布，则，.. 0.100 0.050 0.025 0.005 2.706 3.841 5.024 7.879 【答案】（1）910 （2）列联表如下： 优品 良品 合计 旧技术 28 12 40 新技术 36 4 40 合计 64 16 80 能认为电子元件的优良情况与新旧技术有关. 【解析】 【分析】（1）先根据正态分布的特点求，再估计元件的个数. （2）结合概率的意义完成列联表，计算，即可进行判断. 【小问1详解】 由题意，旧技术生产的电子元件的电压测量值， 所以. 所以旧技术生产的40000个电子元件中电压测量值高于3.88V的估计有：个. 【小问2详解】 因为新技术生产电子元件优品的概率为，则新技术生产的40个样本元件中优品数为：，良品数为：；则旧技术生产的元件良品数为：，优品数为：，完成列联表如下： 优品 良品 合计 旧技术 28 12 40 新技术 36 4 40 合计 64 16 80 所以， 因为，所以依据小概率值的独立性检验，能认为电子元件的优良情况与新旧技术有关. 16. 在锐角中，内角所对的边分别为，，，满足，且. （1）求证：； （2）已知是的平分线，若，求线段长度的取值范围. 【答案】（1）证明：由题意得，由正弦定理得， 因为，则，即，可得，整理得， 由余弦定理得，整理得， 由正弦定理得， 故，整理得， 又因为为锐角三角形，则，可得， 所以，即. （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理得，又由余弦定理得，结合整理可得角的关系； （2）由正弦定理得，又因为为锐角三角形且，结合三角函数值域可求得线段长度的取值范围. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在中，由正弦定理得， 所以， 因为为锐角三角形，且，所以，解得. 故，所以. 因此线段长度的取值范围. 17. 已知双曲线的离心率为，点在双曲线上，过的左焦点的直线与的左支相交于两点，且分别交的两条渐近线于两点． （1）求双曲线的方程； （2）若是坐标原点，，求的面积． 【答案】（1） （2）32 【解析】 【分析】（1）由题意可得，进而可得； （2）当时，易知，不合题意，当时，联立直线方程和渐近线方程可得，进而可得，进而由可得，进而可得. 【小问1详解】 由双曲线的离心率为，且点在双曲线上， 可得，解得， 所以双曲线的方程为 【小问2详解】 设， 由（1）可知双曲线C的左焦点为，渐近线方程为， 所以可设直线的方程为， 当时，易知，不合题意，故． 由，得，其中， 所以， ，解得（舍去）或， 所以，故． 18. 如图，四面体中，为等边三角形，且，为等腰直角三角形，且． （1）当时， （ⅰ）求二面角的正弦值； （ⅱ）当为线段中点时，求直线与平面所成角正弦值； （2）当时，若，且平面为垂足，中点为中点为；直线与平面的交点为，当三棱锥体积最大时，求的值． 【答案】（1）（ⅰ）；（ⅱ）． （2）． 【解析】 【分析】（1）（i）由题意可得出，，则为二面角的平面角，由余弦定理求解即可；（ii）过点作轴垂直平面，建立如图所示的空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，由线面角公式求解即可得出答案； （2）因为两两相互垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，设，由题意可知，在上，由此可得所以，表示出三棱锥体积，由二次函数的性质求出三棱锥体积的最大值，即可知分别为，的中点，再用两点间距离公式计算即可. 【小问1详解】 （ⅰ）取的中点，连接， 因为为等腰直角三角形，且． 所以，则，所以， 又因为，所以， 则， 又因为，所以为二面角的平面角， ， 所以..， 所以二面角的正弦值为． （ⅱ）过点作轴垂直平面，又因为， 建立如图所示的空间直角坐标系， 所以， ， 设平面的法向量为， 则， 取，可得，所以，， 设直线与平面所成角为， 所以， 直线与平面所成角正弦值为． 【小问2详解】 取的中点，连接， 因为为等腰直角三角形，且． 所以，则，所以， 又因为，所以， 则，又，则， 所以，又因为， 平面，所以平面， 因为两两相互垂直，建立如图所示的空间直角坐系， 所以， 设，因为， 所以由可得：， 所以， ， 由（1）知，平面，又平面， 所以，在上， 因为，所以，，所以， 即，所以， 所以， 三棱锥体积为： ， 因为，当时，三棱锥体积最大为， 此时分别为的中点，所以， ， 方法一：因为是的中点，所以到平面的距离相等，又因为是中点， 所以，到平面的距离是到平面的距离的一半． 同理，到平面的距离是到平面的距离的一半． 所以，到平面的距离相等． 因为直线与平面的交点为，所以是线段的中点， 则． 方法二：设，设， 因为， 所以，所以， 因为在平面上，所以设，，，， 所以．解得， 所以，即是线段的中点， 则． 19. 已知，函数. （1）当时，证明：； （2）若恒成立，求a的取值范围； （3）设集合，对于正整数m，集合，记中元素的个数为，求数列的通项公式. 【答案】（1）证明如下： 令， 若，则， 又因为，． 设，， 则，可知在上单调递增， 可得， 即，所以. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）令，求导，利用导数判断函数单调性，求最小值即可证明； （2）对的值分类讨论，利用导数判断函数单调性，求最小值，判断能否满足； （3）利用（1）中结论，，通过放缩并用裂项相消法求，有，可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为， 由（1）可知：，， 原题意等价于对任意恒成立， 则， 当时， 注意到，则， 可得， 由（1）得，则， 可知在上单调递增，则，满足题意； 当时，令，， 则， 因为，可知存在，使得， 当时，，， 可知在上单调递减，则， 即在上恒成立， 可知在上单调递减，则，不合题意； 综上所述：a的取值范围为． 所以a的取值范围为. 【小问3详解】 由（1）可知时，， 则， 时，； 时，， 时，， ，则，即， ，则， 得， 又， 时，，时，， 所以时，都有， ，则时，集合A在每个区间都有且只有一个元素， 对于正整数m，集合，记中元素的个数为， 由，所以. 【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法： 一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用； 二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理，利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用，不等式问题，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $