精品解析：河北昌黎第一中学2024-2025学年高三下学期第一次模拟演练数学试卷

数学 本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟． 注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区． 2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚． 3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效． 4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑． 5．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀． 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. 已知复数，则的虚部为（ ） A. B. C. i D. 1 2. 已知，集合，若是的必要不充分条件，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 3. 已知双曲线的渐近线方程为，则的值为（ ） A. 3 B. C. D. 4. 已知的内角的对边分别为，且满足的三角形有两个，则的取值范围为（ ） A B. C. D. 5. 已知曲线在点处的切线与直线平行，则与之间的距离为（ ） A. B. C. D. 6. 已知圆过点，点在圆上，过点的直线与过点的直线互相垂直，且垂足为，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 7. 在《通用技术》课上，某同学设计了如图所示的多面体，已知平面平面，平面平面，平面平面，平面平面，，且均为边长为1的正三角形，该同学欲过的中点作该几何体的截面，若，则截面的面积为（ ） A. B. C. D. 8. 表示不小于的最小整数，如，已知定义在上的函数满足，且，则（ ） A. 2025 B. 2024 C. 2023 D. 2022 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. 已知正项等比数列的公比为，若，且，则（ ） A. B. C. 是数列中的项 D. 成等差数列 10. 已知在正三棱柱中，为棱的中点，为棱的中点，则（ ） A. 平面 B. 若，则 C. 若，则直线与直线所成角的余弦值为 D. 若，则平面与平面的夹角为 11. 已知为抛物线的焦点，过点且斜率为的直线与交于，两点，点在轴上方，设为坐标原点，若，则（ ） A. B. 的倾斜角为 C. D. 的面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，满足，则在上投影向量的坐标为______． 13. 如图，记函数在一个周期内的图象为曲线，直线与交于两点，直线与交于两点，连接，若四边形为平行四边形，且其面积为，则______． 14. 某种“摩斯密码”的传递常用手指敲击硬物传递声响的方式进行，敲一下，意思为“洞”，敲两下，意思为“拐”，若小明用手指敲击的数量依次为一下、一下、两下，则对方收到的密码指示为“洞洞拐”.已知新手小明尝试用5个“洞”和5个“拐”随意传递密码，则每个“洞”之前“拐”的个数多于“洞”的个数的概率为______． 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. 某大学舞蹈社有4名男生、2名女生，现要举办社团巡礼活动，拟从这6人中抽取2人参加巡礼活动中的相应比赛，比赛有“啦啦操”“健美操”“活力燃脂操”三项，被选中的人可以根据自身情况选择参加比赛的项数，具体如下： 参加一项可能性 参加两项的可能性 参加三项的可能性 女生 0.5 0.5 0 男生 0 0.5 0.5 每参加1项比赛，社团的积分将增加100分. （1）在抽取2人至少有1名男生的前提下，求有女生参加比赛的概率； （2）求该舞蹈社团最终的积分为600分的概率； （3）现学校对参加比赛社团提出两种嘉奖方案． 方案一：每个社团奖励“参与奖”400元； 方案二：对参加比赛的社团最后获得的积分以“1积分=1元”奖金进行兑换. 若你是舞蹈社社长，以获得的奖励金额的期望为决策依据，判断哪种方案比较有利. 16. 设为数列的前n项和，已知是公比为2的等比数列． （1）证明：是等比数列； （2）求的通项公式以及； （3）设，若，，求m的取值范围． 17. 已知函数． （1）当时，求的极小值； （2）若函数有2个零点，求的取值范围． 18. 已知，动点满足为线段上一点，为线段上一点，且，，记点的轨迹为曲线． （1）求的方程； （2）设点，且的最小值为2． （ⅰ）求的值； （ⅱ）若为的左，右顶点，过的直线与交于不同雨的两点，直线与交于点，则是否存在点，满足？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由． 19. 在三棱锥中，，三棱锥的各顶点均在表面积为的球的球面上，且四点共面． （1）证明：平面平面； （2）当时，求球心到平面的距离； （3）求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学 本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟． 注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区． 2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚． 3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效． 4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑． 5．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀． 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. 已知复数，则的虚部为（ ） A. B. C. i D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用复数的乘方及除法运算求出，进而求出的虚部. 【详解】依题意，复数， 所以的虚部为1. 故选：D 2. 已知，集合，若是的必要不充分条件，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意得到是的真子集，比较区间端点，即可求解. 【详解】， ， 因为是的必要不充分条件， 所以是的真子集, 可得，等号不同时成立，结合，解得， 所以的取值范围为， 故选：B 3. 已知双曲线的渐近线方程为，则的值为（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定的双曲线方程求出渐近线，比对即可得值. 【详解】双曲线的渐近线方程为，依题意，. 故选：A 4. 已知的内角的对边分别为，且满足的三角形有两个，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用正弦定理，结合三角形有两解的条件列式求解. 【详解】在中，，由有两解，得， 即，解得， 所以的取值范围为. 故选：D 5. 已知曲线在点处的切线与直线平行，则与之间的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题知的斜率为，由得，进而可得直线的方程为：，进而由平行线间的距离公式可得. 【详解】由题意，切线的斜率为，则，得， 故，故切线的方程为：，即， 直线，即， 故两直线的距离为， 故选：B 6. 已知圆过点，点在圆上，过点的直线与过点的直线互相垂直，且垂足为，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆的性质求出圆的方程，再确定点的轨迹方程，最后根据圆的性质求出的最大值. 【详解】设圆的方程为. 因为圆过点，，，将这三个点代入圆的方程可得： 由可得： ，即，解得. 将代入可得： 解得.把，代入可得：. 所以圆的方程为，圆心，半径.  因为直线过点，直线过点，且，所以点的轨迹是以为直径的圆. 的中点坐标为，，则半径为. 所以点的轨迹方程为，圆心，半径.  根据圆的性质，的最大值为圆心与圆心的距离加上两个圆的半径. 圆心与圆心的距离为. 所以的最大值为.  则的最大值为. 故选：C. 7. 在《通用技术》课上，某同学设计了如图所示的多面体，已知平面平面，平面平面，平面平面，平面平面，，且均为边长为1的正三角形，该同学欲过的中点作该几何体的截面，若，则截面的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用面面平行的性质得到，，，结合平面的基本性质确定、、、均交于一点，从而将几何体补全为正棱锥，进而找到截面，最后由正棱锥的结构特征及已知求截面面积. 【详解】面面，面面，面面， 所以，同理可证：几何体各个六边形侧面的对边均平行， 由面，且不平行，则必有一个交点， 同理、都分别交于一点，而面， 则与面相交且该交点唯一，所以三者交于一点， 同理、、分别都交于，如下图示， 又，均为边长为1的正三角形， 易知为棱长为4的正三棱锥，且均为棱长为1的正三棱锥， 由为中点，即为的中点，连接分别交于， 由都是正三角形，则， 且都在面内，则面，即面， 所以面即为面，连接，则截面即为所求， 由题设，则， 所以，则， 同理可得， 所以. 故选：C 8. 表示不小于的最小整数，如，已知定义在上的函数满足，且，则（ ） A. 2025 B. 2024 C. 2023 D. 2022 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用赋值法探讨求得函数解析式，再按定义求得结果. 【详解】定义在上的函数满足， 取，得，则， 取，得，于是， 而，则，当时，， 因此，，则， 所以，. 故选：A 【点睛】思路点睛：涉及抽象函数等式问题，利用赋值法探讨函数的性质，再借助性质即可求解. 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. 已知正项等比数列的公比为，若，且，则（ ） A. B. C. 是数列中的项 D. 成等差数列 【答案】BC 【解析】 【分析】由，求得公比，进而确定通项公式，再逐项判断即可. 【详解】由，可得， 所以，A错误‘ 所以，B正确； 所以， ，故C正确； 由，可得，显然不是等差数列，D错误； 故选：BC 10. 已知在正三棱柱中，为棱的中点，为棱的中点，则（ ） A. 平面 B. 若，则 C. 若，则直线与直线所成角的余弦值为 D. 若，则平面与平面的夹角为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用线面平行的判定推理判断A；利用空间位置的向量证明判断B；利用几何法求出异面直线夹角余弦判断C；求出二面角大小判断D. 【详解】对于A，依题意，，则四边形为平行四边形，， 而平面，平面，因此平面，A正确； 对于B，，， ，则，B正确； 对于C，由选项A知，是直线与直线所成的角或其补角，令， 则，，C错误； 对于D，取的中点，连接，则是正三棱柱的中截面， 平面平面，平面与平面的夹角等于平面与平面的夹角， 取的中点，连接，由， 得，又，则是平面与平面的夹角， 在中，，，D正确. 故选：ABD 11. 已知为抛物线的焦点，过点且斜率为的直线与交于，两点，点在轴上方，设为坐标原点，若，则（ ） A. B. 的倾斜角为 C. D. 的面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】设直线的方程为，与抛物线方程联立，利用韦达定理及已知条件求出，再逐项求解判断. 【详解】抛物线的焦点，设直线的方程为， 由消去得：，设， 则，，， ， 由，得，即，则， 由，得，即， 则，即，而，解得， 对于A，，A正确； 对于B，，的倾斜角为，B错误； 对于C，，解得，，C正确； 对于D，的面积为，D正确. 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，满足，则在上的投影向量的坐标为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题可先根据向量垂直的性质求出的值，再根据投影向量的计算公式求出在上的投影向量的坐标. 【详解】已知，则. 因为，根据向量垂直的性质可知，即. 将代入上式可得，即，解得.  根据投影向量的计算公式，向量在向量上的投影向量为. 将，，代入可得： .  故答案为：. 13. 如图，记函数在一个周期内的图象为曲线，直线与交于两点，直线与交于两点，连接，若四边形为平行四边形，且其面积为，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据平行四边形面积公式来计算面积，求出底，再找出平行四边形的底与函数的关系，进而求解的值. 【详解】已知直线与曲线交于，两点，直线与曲线交于，两点，那么平行四边形的高为.   已知平行四边形的面积，由平行四边形面积公式，可得底边.  直线与交于两点，设，则平行四边形底边为. 根据余弦型函数性质知道，，, 两式相减，得到，即，因此解得.   故答案为：. 14. 某种“摩斯密码”的传递常用手指敲击硬物传递声响的方式进行，敲一下，意思为“洞”，敲两下，意思为“拐”，若小明用手指敲击的数量依次为一下、一下、两下，则对方收到的密码指示为“洞洞拐”.已知新手小明尝试用5个“洞”和5个“拐”随意传递密码，则每个“洞”之前“拐”的个数多于“洞”的个数的概率为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，利用组合数计算出所有的基本事件数，再根据作图计算出符合题意的事件数，利用古典概型的概率计算公式得出结果. 【详解】根据题意，小明用5个“洞”和5个“拐”随意传递密码，总共有种排列方式. 要满足“每个“洞”之前“拐”的个数多于“洞”的个数”，可以画图，从点开始，每出现一个“拐”则上升一节，每出现一个“洞”则下降一节，因为总共有5个“洞”和5个“拐”，所以最终一定会到达点,在虚线上方的方法都是符合题意的. 利用节点法计算，点到点有1种方法，所以在点上方标“1”，到点有1+1=2种方法，所以在点上方标“2”，依次标注到处为42，因此符合题意的方法数为42. 因此，所求概率. 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. 某大学舞蹈社有4名男生、2名女生，现要举办社团巡礼活动，拟从这6人中抽取2人参加巡礼活动中的相应比赛，比赛有“啦啦操”“健美操”“活力燃脂操”三项，被选中的人可以根据自身情况选择参加比赛的项数，具体如下： 参加一项的可能性 参加两项的可能性 参加三项的可能性 女生 0.5 0.5 0 男生 0 0.5 0.5 每参加1项比赛，社团的积分将增加100分. （1）在抽取的2人至少有1名男生的前提下，求有女生参加比赛的概率； （2）求该舞蹈社团最终的积分为600分的概率； （3）现学校对参加比赛的社团提出两种嘉奖方案． 方案一：每个社团奖励“参与奖”400元； 方案二：对参加比赛的社团最后获得的积分以“1积分=1元”奖金进行兑换. 若你是舞蹈社社长，以获得的奖励金额的期望为决策依据，判断哪种方案比较有利. 【答案】（1）； （2）； （3）方案二更有利. 【解析】 【分析】（1）利用条件概率公式结合古典概型概率计算公式即可求解； （2）根据题意，“积分为600分”说明“总共参加了6场比赛”即“2人都是男生，且都参加了三项比赛”，分步计算概率，相乘即可； （3）针对方案二，进行积分的可能取值和相应概率计算，再根据数学期望公式得到，与方案一比较即可得出结论. 【小问1详解】 根据题意，设“抽取的2人至少有1名男生”为事件A，设“有女生参加比赛”为事件B. 则，， 利用条件概率公式，可得. 【小问2详解】 根据题意，该舞蹈社团最终的积分为600分，说明抽取的2人都是男生，且2人都参加了三项比赛，所求概率. 【小问3详解】 对于方案二，设参加比赛的社团最后获得的奖金为，则所有可能取值为200,300,400,500,600. 则， ， ， ， . 所以， 即获得的奖励金额的期望大于400，故方案二更有利. 16. 设为数列的前n项和，已知是公比为2的等比数列． （1）证明：是等比数列； （2）求的通项公式以及； （3）设，若，，求m的取值范围． 【答案】（1）证明：由已知可得，数列是首项为1，公比为2的等比数列， 则，即，① 则，② ②①得：，即， 可得，又， 是等比数列． （2）， （3） 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用等比数列定义求得，再利用前n项和与第n项的关系推理得证； （2）利用（1）的信息即可求出，； （3）求出并求出其最大项，建立不等式求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知， 则． 【小问3详解】 由，且，得， 当时，，当时，， ， 若，则， 若，则，可得， 因此数列的最大项为， 由，，得， 即，整理得，则，即， 的取值范围是． 17. 已知函数． （1）当时，求的极小值； （2）若函数有2个零点，求的取值范围． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）把代入，利用导数求出极小值. （2）求出，由函数零点的定义分离参数，构造函数并利用导数求出最小值即可求解. 【小问1详解】 当时，函数定义域为，求导得， 当时，；当时，，函数在上递增，在上递减， 所以当时，取得极小值. 【小问2详解】 依题意，函数的定义域为， 由，得，令函数， 求导得，当时，，当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增，， 当从大于0的方向趋近于0时，；当时，， 则当，即时，直线与函数的图象有两个交点，即有两个零点， 所以的取值范围是. 18. 已知，动点满足为线段上一点，为线段上一点，且，，记点的轨迹为曲线． （1）求的方程； （2）设点，且的最小值为2． （ⅰ）求的值； （ⅱ）若为的左，右顶点，过的直线与交于不同雨的两点，直线与交于点，则是否存在点，满足？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）；或 【解析】 【分析】（1）由题及图形可得垂直平分，进而可得为定值，从而可得轨迹方程； （2）（ⅰ）设，由（1）及题意可得关于的关系式，然后讨论的取值情况结合二次函数单调性可得答案；（ⅱ）假设存在点，满足，则， 设直线方程为：，然后利用韦达定理，求根公式，可得关于m的方程，解方程可得答案. 【小问1详解】 如图，点P在以为圆心，半径为6的圆上，因，又，即平分，可知垂直平分， 则， 即点Q轨迹为以为焦点，长轴为的椭圆. 又，则，故曲线C方程为：； 【小问2详解】 （ⅰ）由（1）设， 则， 故. 因，若，则，与假设矛盾， 则，此时函数在上递增， 则； （ⅱ）由题可得，假设存在点，满足， 则. 设直线EF方程为：，其中. 将直线方程与椭圆方程联立，可得. 则判别式为，令其大于0，可得. 设，如图，此时，则由韦达定理及求根公式可得： ，. 则 ， 则， 化简可得：，两边平方可得： . 当时，此时，由对称性可得也满足条件. 综上，直线EF方程为：或. 【点睛】关键点睛：在题目（ⅱ）解析中出现的为非对称式，无法直接通过韦达定理处理，故可采取套用求根公式，探究与关系，构造对称式等方法来处理. 19. 在三棱锥中，，三棱锥的各顶点均在表面积为的球的球面上，且四点共面． （1）证明：平面平面； （2）当时，求球心到平面的距离； （3）求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 【答案】（1） 设球的半径为，则，解得， 设的外接圆半径为，则， 因为四点共面，可知的外接圆圆心为， 取的中点，连接， 可知为等边三角形，则，， 又因为，则， 且，则，则， 因为，平面，则平面， 且平面，所以平面平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）取的中点，结合勾股定理可证平面，进而可得面面垂直； （2）分析可知平面，利用等体积法求点到面的距离； （3）过点作，分析可知直线与平面所成角为，结合基本不等式求其最值即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 若，则，， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，且平面，则， 在中，由余弦定理可得 ， 即，则， 在中，由余弦定理可得， 可知为钝角，且， 则， 设球心到平面的距离为， 因为，则，解得， 所以球心到平面的距离为. 【小问3详解】 过点作，垂足为， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，且平面，则， 可知直线与平面所成角为， 设，则， 在中，由余弦定理可得 ， 即则， 则， 令，则， 可得， 当且仅当，即时，等号成立， 所以直线与平面所成角的正弦值的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $