精品解析：山东省单县2024-2025学年高三下学期第一次模拟考试数学试题

山东省单县高三一模第一次模拟考试 数学试题 时间：120分钟 分值：150分 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，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知是两个相互垂直的单位向量，且向量，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数的图象关于点对称，则( ) A. B. C. D. 5. 已知球的半径和圆锥的底面半径相等，且圆锥的侧面展开图是半圆.若球的表面积为，则圆锥的高为（ ） A. B. C. D. 6. 已知双曲线的右焦点为，点．若以坐标原点为圆心，为半径的圆恰好与直线相切，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数在区间单调，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知抛物线的焦点为，过点的直线与交于两点，则当取得最小值时，的面积为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：本题共3个题，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. 已知函数的定义域为，且，若，则（ ） A. B. 是奇函数 C. 是增函数 D. 10. 椭圆曲线在密码学中有重要的应用，已知椭圆曲线，则（ ） A. 关于坐标原点对称 B. 关于轴对称 C. 当时，与轴只有一个公共点 D. 当时，与轴有两个公共点 11. 已知，则（ ） A. B. C. D. 三､填空题：本题共3小题，每题5分，共15分. 12. 写出一个半径为，且与直线相切于点的圆的方程：________． 13. 记是等比数列的前项和，若，，则__________. 14. 已知，，成等差数列，若直线与曲线相切，则________． 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. 记的内角的对边分别为，已知 （1）求； （2）若，的面积为，求. 16. 如图，在三棱柱中，分别为的中点. （1）证明：平面； （2）若侧面底面，底面是等边三角形，侧面是菱形，且，求直线与侧面所成角的正弦值. 17. 已知椭圆的左､右焦点分别为为第一象限内上的一点，直线与的另一个交点为，且. （1）证明：； （2）若求直线被截得的弦长. 18. 已知函数 （1）求曲线在点处的切线方程； （2）若不是的极值点，求； 19. 若数列满足：，若存在，都有，则称这个数列为下界数列，并把其中最小的值叫做临界值，记为. （1）记数列前项和为，证明：数列是下界数列； （2）记数列前项和为，判断数列是否为下界数列，并说明理由； （3）若数列是首项及公比均为2的等比数列，记，数列的临界值为，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 山东省单县高三一模第一次模拟考试 数学试题 时间：120分钟 分值：150分 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，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的除法即可求出复数z，进而求出其共轭复数. 【详解】因为， 所以. 故选：C 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解求出集合，再求交集可得答案. 【详解】由得， 解得，因为，所以集合是所有奇数构成的集合， 则. 故选：B. 3. 已知是两个相互垂直的单位向量，且向量，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】法一：由题意得出，先求出，即可求解；法二：不妨设，根据向量坐标表示的运算法则及模的计算即可求解． 【详解】法一：由题意得， 所以，则； 法二：因为是两个相互垂直的单位向量，且向量， 所以不妨设，则， 故，则， 故选：A． 4. 已知函数的图象关于点对称，则( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据正弦曲线的对称中心为，，即可求解． 【详解】函数的图象关于点对称， 则，即， 因为，所以， 故选：D． 5. 已知球的半径和圆锥的底面半径相等，且圆锥的侧面展开图是半圆.若球的表面积为，则圆锥的高为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意结合圆锥侧面展开图的性质即可列式求解. 【详解】设球的半径和圆锥的底面半径为，则球的表面积为，解得. 设圆锥的母线长为，高为，因为圆锥的侧面展开图是半圆，所以， 故，所以 故选：C 6. 已知双曲线的右焦点为，点．若以坐标原点为圆心，为半径的圆恰好与直线相切，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设为坐标原点，，圆与直线相切于点，根据几何关系，得出，结合双曲线及即可求解． 【详解】设为坐标原点，，圆与直线相切于点， 则根据几何关系可知，即， 所以， 又，则，即， 所以，即或， 因为双曲线的离心率，所以， 故选：D． 7. 已知函数在区间单调，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先对函数求导，令导数等于0，求出增减区间，进而得到或，即可求得结果. 【详解】由已知得，当时，令，得， 令，解得；令，解得； 故在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以若在区间上单调，则需满足或，即或， 所以的取值范围是 故选：B 8. 已知抛物线的焦点为，过点的直线与交于两点，则当取得最小值时，的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用坐标法去表达焦半径然后由方程组可得一元二次方程韦达定理，然后把转化为根与系数关系，然后消去系数，利用这个定值，可求出最小值，从而可得成立条件，即可求出面积. 【详解】由过点的直线可设为，与抛物线，联立消去x得： ， 设交点，则 ，由 ， 取等号条件是， 此时. 故选：A. 二､多选题：本题共3个题，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. 已知函数的定义域为，且，若，则（ ） A. B. 是奇函数 C. 是增函数 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于选项A和选项B：利用奇函数的定义以及奇函数在原点有定义就有即可判断； 对于C：举反例即可判断；对于D：分别令和即可判断. 【详解】对于B：令，由题设可知，故是奇函数.故B正确； 对于A：又的定义域为R，所以，故A正确. 对于C：不妨取，则满足，且，故C错误. 对于D：令，则；令，则， 故，故D正确. 故选:ABD 10. 椭圆曲线在密码学中有重要的应用，已知椭圆曲线，则（ ） A. 关于坐标原点对称 B. 关于轴对称 C. 当时，与轴只有一个公共点 D. 当时，与轴有两个公共点 【答案】BC 【解析】 【分析】根据点的对称即可代入验证AB，求导，根据函数的单调性确定函数的零点，即可求解CD. 【详解】点关于坐标原点的对称点为，而，所以不关于坐标原点对称，故A错误. 点关于轴的对称点为，而， 所以关于轴对称，故B正确. 当时，.令，则. 当或时，；当时，0， 所以在区间和上单调递增，在区间上单调递减， 故的极大值为，极小值为.又， 故只有一个零点，所以与轴只有一个公共点，故C正确. 当时，.令，则. 当或时，；当时，， 所以在区间和上单调递增， 在区间，上单调递减，故的极大值为， 极小值为.又， 故有三个零点，所以与轴有三个公共点，故D错误. 故选：BC 11. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用同角公式、二倍角公式变形判断AB；利用三角变换结合构造函数方法，利用导数探讨单调性，比较大小判断各个选项. 【详解】对于A，，A错误； 对于B，，B正确； 对于C， ，， 令，求导得，函数在上单调递减， 而，则，因此，C正确； 对于D，，，则 ，令， 求导得，函数在上单调递减，， 即，因此，，D正确. 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：利用三角恒等变换化简，再构造函数，利用导数探讨单调性是求解选项CD的关键. 三､填空题：本题共3小题，每题5分，共15分. 12. 写出一个半径为，且与直线相切于点的圆的方程：________． 【答案】或（写1个即可） 【解析】 【分析】设出圆心，利用切线的性质，根据垂直直线斜率以及点到直线距离，建立方程组，可得答案. 【详解】设圆心坐标为，半径为，且与直线相切于点， 由直线，可得该直线斜率为， 所以，解得或， 所以所求圆的方程为或． 故答案为：或（写1个即可）. 13. 记是等比数列的前项和，若，，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据等比数列基本量的计算可得公比和首项，即可利用求和公式求解. 【详解】因为是等比数列，所以公比故 故答案为： 14. 已知，，成等差数列，若直线与曲线相切，则________． 【答案】 【解析】 【分析】根据，，成等差数列可得直线过定点，又点在曲线上，可得直线与曲线相切于点，切线方程可求，进而可得的值. 【详解】由题意得，直线， 故直线过定点，且曲线过点， 故直线与曲线（无拐点）相切于点.∵， ∴直线的斜率，∴直线的方程为，∴， ∴. 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. 记的内角的对边分别为，已知 （1）求； （2）若，的面积为，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边角互化以及二倍角公式即可求解， （2）根据面积公式可得，结合余弦定理即可求解. 【小问1详解】 由已知及正弦定理可得. 因为， 所以， 即. 又，所以， 则. 因为，所以，则，所以. 【小问2详解】 由（1）知， 故. 因为，所以. 由余弦定理得， 故. 16. 如图，在三棱柱中，分别为的中点. （1）证明：平面； （2）若侧面底面，底面是等边三角形，侧面是菱形，且，求直线与侧面所成角的正弦值. 【答案】（1） 如图，取的中点，连接. 因为为的中点，所以，且. 因为为的中点，所以. 又，所以，且，所以四边形是平行四边形，所以. 又平面平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，进而得到四边形是平行四边形，利用线面平行的判定定理即可证明平面. （2）因为侧面底面，得到底面，建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法即可求得结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，取的中点，连接.因为底面是等边三角形， 所以. 因为侧面是菱形，且， 所以. 又侧面底面，侧面底面侧面， 所以底面. 以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴， 建立空间直角坐标系，不妨设三棱柱的各棱长为2， 则，， 故，. 设侧面的法向量为， 则即 令，得，所以侧面的一个法向量为. 设直线与侧面所成的角为， 则 ， 故直线与侧面所成角的正弦值为. 17. 已知椭圆的左､右焦点分别为为第一象限内上的一点，直线与的另一个交点为，且. （1）证明：； （2）若求直线被截得的弦长. 【答案】（1） 由椭圆的定义得①， 由题意，②， 将②代入①可得：，故得. （2） 【解析】 【分析】（1）利用椭圆的定义以及等量代换即可证明结论. （2）根据题干求出椭圆的方程，再利用弦长公式即可求得弦长. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 若，则， 所以则. 由（1），，即点为曲线的下顶点. 在中，由余弦定理，， 在中，由余弦定理， ，则. 设曲线的半焦距为，则， 所以曲线的方程为. 又，所以，解得， 所以直线的斜率为， 所以直线的方程为. 联立得0（*）. 设方程（*）.的两个实数根分别为， 则， 故直线被曲线截得的弦长为： 18. 已知函数 （1）求曲线在点处的切线方程； （2）若不是的极值点，求； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求导得到在点处的切线的斜率，利用点斜式方程即可求得结果. （2）利用取极值点的条件：函数的单调性在极值点左右两侧改变求解即可.分为、和分别讨论即可. 【小问1详解】 由已知得， 所以曲线在点处的切线的斜率， 且，所以所求切线方程为. 【小问2详解】 令，则， 在区间上单调递增. (i)若，则，所以存在正数， 使得当时，单调递增； 当时，单调递减； 当时，单调递增，故是的极值点， (ii)若，则，所以存在正数， 使得当时，单调递减； 当时，单调递增； 当时，单调递减，故是的极值点. （iii）若，则当时，单调递减； 当时，单调递增， 故当时，单调递增， 故不是的极值点.综上，. 19. 若数列满足：，若存在，都有，则称这个数列为下界数列，并把其中最小的值叫做临界值，记为. （1）记数列前项和为，证明：数列是下界数列； （2）记数列前项和为，判断数列是否为下界数列，并说明理由； （3）若数列是首项及公比均为2的等比数列，记，数列的临界值为，证明：． 【答案】（1） 由题意知，， 故数列是下界数列. （2）数列不是下界数列，理由： 由，知， ． 因为， 所以， 故数列不是下界数列． （3）由题意知，an+1=2n， ， 因为， 所以，所以． ，当时，， 当时， ， 所以． 【解析】 【分析】（1）利用等比数列的前项和公式即可求出，根据下界数列的定义，即可证明； （2）由，可分别求出，根据下界数列的定义，即可判断数列不是下界数列； （3）根据等比数列通项公式可得，利用放缩法可得，有．从而可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：充分理解“下界数列”的定义是解题关键，本题考查数列的综合应用，不等式放缩法的运用，属于难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $