精品解析：江西省南昌市豫章中学2024-2025学年高三下学期3月模拟测试数学试题

2024—2025学年（下）高三年级3月模拟测试 数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷与答题卡一并交监考人员收回. 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. 1. 已知集合，，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 2. 若，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 2 3. 在等差数列中，，则（ ） A. B. C. D. 4. 函数的大致图象是（ ） A. B. C. D. 5. 有男､女教师各1人，男､女学生各2人，从中选派3人参加一项活动，要求其中至少有1名女性，并且至少有1名教师，则不同的选派方案有（ ） A. 10种 B. 12种 C. 15种 D. 20种 6. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 7. 在等比数列中，，记，则数列（ ） A. 无最大项，有最小项 B. 有最大项，无最小项 C. 有最大项，有最小项 D. 无最大项，无最小项 8. 已知，，设，，，则（ ） 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. 已知是椭圆的右焦点，是上的一个动点，则下列说法正确的是（ ） A. 椭圆的长轴长是2 B. 的最大值是 C. 的面积的最大值为，其中为坐标原点 D. 直线与椭圆相切时， 10. 已知函数，则（ ） A. 在区间上单调递增 B. 极大值点仅有一个 C. 无最大值，有最小值 D. 当时，关于的方程共有3个实根 11. 在四棱锥中，，，，，，是的中点，则（ ） A. 平面 B. 的长可能为 C. D. 点在半径为的球面上 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 从1，2，3，4，5中任意取出两个不同的数，其和为偶数的概率是_________． 13. 若正四棱台的上底面边长为2，下底面边长为4，且高为1，则其体积为____________. 14. 实数，满足，，则的最小值是________． 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，的面积为.已知. （1）求； （2）求函数在上的单调递增区间. 16. 如图，在三棱台中，平面ABC，，，，，M为的中点． （1）证明：平面AMC； （2）求平面和平面AMC夹角的余弦值． 17. 已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）当时，恒成立，求实数的取值范围； （3）证明：． 18. 某学校有、两家餐厅，某同学每天都会在这两家餐厅中选择一家餐厅用晚餐.已知该同学第一天随机选择一家餐厅用晚餐，若在前一天选择去餐厅的条件下，后一天继续选择餐厅的概率为；而在前一天选择去餐厅的条件下，后一天继续选择去餐厅的概率为，如此往复. （1）求该同学第一天和第二天都选择去餐厅用晚餐的概率； （2）求该同学第二天选择去餐厅用晚餐的概率； （3）记该同学第天选择去餐厅用晚餐的概率为，求的通项公式. 19. 已知是抛物线的焦点，过上点的切线交轴于点，过点的直线与交于两点. （1）求抛物线的方程； （2）比较与的大小，并说明理由； （3）过点的直线与交于两点，，，的延长线分别交于两点，求点到直线距离的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年（下）高三年级3月模拟测试 数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷与答题卡一并交监考人员收回. 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. 1. 已知集合，，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用集合间的包含关系求解. 【详解】因为，，且， 所以，所以实数的取值范围是， 故选:D. 2. 若，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据求出，再根据公式求其模长. 【详解】; ; . 故选：C. 3. 在等差数列中，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用等差数列的通项公式求解. 【详解】设等差数列的公差为， 因为，所以， 所以， 故选:A. 4. 函数的大致图象是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分,,,，讨论的正负号，排除A,C，比较的大小，排除D. 【详解】函数的定义域为， 当时，，当时，，故选项C错误， 当时，，当时，，故选项A错误， 且，， 因为，所以，故选项D错误. 只有B中图象符合题意， 故选：B. 5. 有男､女教师各1人，男､女学生各2人，从中选派3人参加一项活动，要求其中至少有1名女性，并且至少有1名教师，则不同的选派方案有（ ） A. 10种 B. 12种 C. 15种 D. 20种 【答案】C 【解析】 【分析】先求无限制条件的方法数，再减去不符合题意的方法数即可求解. 【详解】从6人中任选3人，有种选法， 其中，若全选男生或全选学生，有种选法， 所以符合题意的选法为种. 故选：C 6. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用和角的正弦公式将展开，再用商数关系弦化切即可求解. 【详解】因为， 将式子的左右两侧同时除以，可得 ， 即. 故选：D 7. 在等比数列中，，记，则数列（ ） A. 无最大项，有最小项 B. 有最大项，无最小项 C. 有最大项，有最小项 D. 无最大项，无最小项 【答案】C 【解析】 【分析】根据等比数列的通项公式求出，进而结合等差数列的求和公式可得，设，分析可得，进而求解判断即可. 【详解】设等比数列的公比为， 由， 则，解得，， 则， 则 ， 设，则， 所以， 则时，，即， 当时，，即， 则，则为最大项， 此时为正数项，且在正数项中最大； 再由,，，因此为最小项. 故选：C. 8. 已知，，设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用对数函数的单调性、不等式的性质及基本不等式比较大小. 【详解】由，得，即，则， 由，得，即，则， ，则， 因此，所以，即. 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. 已知是椭圆的右焦点，是上的一个动点，则下列说法正确的是（ ） A. 椭圆的长轴长是2 B. 的最大值是 C. 的面积的最大值为，其中为坐标原点 D. 直线与椭圆相切时， 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据椭圆的几何性质可得、、、，结合长轴长的概念判断A，利用两点求距离公式和二次函数的性质判断B，结合三角形面积公式计算判断C，利用判别式法判断直线与椭圆的位置关系可判断D. 【详解】对于A：由，得，所以椭圆的长轴为，故A错误； 对于B：由，得，则，，由，得， 所以， 又二次函数的对称轴为， 所以该函数在上单调递减，则当时，函数取到最大值， 因为，所以的最大值为，故B正确； 对于C：由题意得，， 所以，即的面积的最大值为，故C正确； 对于D：由，消去y，得， 因为直线与椭圆相切，只有一个交点， 所以，解得，故D正确. 故选：BCD. 10. 已知函数，则（ ） A. 在区间上单调递增 B. 极大值点仅有一个 C. 无最大值，有最小值 D. 当时，关于的方程共有3个实根 【答案】BC 【解析】 【分析】利用函数的单调性与导数的关系可判断A选项；利用函数的极值点与导数的关系可判断B选项；利用函数的最值与导数的关系可判断C选项；数形结合可判断D选项. 【详解】对于A选项，当时，，则， 当时，，此时函数单调递增， 当时，，此时函数单调递减，故A错误； 对于B选项，由A选项知，函数在上有一个极大值点， 当时，，则，此时函数单调递增， 当时，，此时函数有极小值点，无极大值点， 综上所述，函数仅有1个极大值点，故B正确； 对于C选项，当时，， 当时，， 所以，函数的最小值为，函数无最大值，故C正确； 对于D选项，如下图所示： 由图可知，当时，关于的方程共有4个实根，故D错误. 故选：BC. 11. 在四棱锥中，，，，，，是的中点，则（ ） A. 平面 B. 的长可能为 C. D. 点在半径为的球面上 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，取的中点，连接、，证明四边形为梯形，结合线面平行担的性质，即可判断；对于B，设的中点为，连接、、，求出点的轨迹，即可判断；对于C，，求出的范围即可判断；对于D，设的中点为，连接，求出的长度即可判断. 【详解】对于A选项，取线段的中点，连接、， 因为、分别为、的中点，则且， 因为，则，则、、、四点共面， 若平面，且平面，平面平面，则， 事实上，因为，且，故四边形为梯形，则、不平行， 故假设不成立，即与平面不平行，A错； 对于B选项，取的中点，连接、、，如下图所示： 由题意四边形为直角梯形，，，，， 则为等腰直角三角形，则，则， 在中，，，， 由余弦定理可得， 所以，， 由余弦定理可得， 所以，， 所以，， 则， 因为，所以点在以为球心，为半径的球面上运动（不过平面）， 则，所以，的长可能为，B对； 对于C选项，因为， ， 因为、不共线，所以， 所以，故C正确； 对于D选项，设的中点为，连接， 因为、分别为、的中点，则， 所以点在以为球心，为半径的球面上运动，D错. 故选：BC. 【点睛】方法点睛：常见的线面平行的证明方法有： （1）通过面面平行得到线面平行； （2）通过线线平行得到线面平行，在证明线线平行中，经常用到中位线定理或平行四边形的性质. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 从1，2，3，4，5中任意取出两个不同的数，其和为偶数的概率是_________． 【答案】##0.4 【解析】 【分析】根据给定条件，利用列举法求出古典概率. 【详解】总的基本事件有，共10个， 两个不同的数之和为偶数包含的基本事件有，共4个， 所以所求概率. 故答案为： 13. 若正四棱台的上底面边长为2，下底面边长为4，且高为1，则其体积为____________. 【答案】 【解析】 【分析】由台体体积公式进行求解. 【详解】体积. 故答案为： 14. 实数，满足，，则的最小值是________． 【答案】2 【解析】 【分析】由，可得， 通过研究函数，可得，然后可化为 函数图象上一点到直线上一点距离的平方，据此可得答案. 【详解】 . 对于，，则在R上单调递增， 又，则，故， 表示函数图象上一点到直线上一点距离的平方， 则最小值为函数图象与直线平行切线上一点到直线的距离的平方. ，令， 则与直线平行切线对应的切点为：，其到直线距离为. 则最小值为2. 故答案为：2 【点睛】关键点睛：对于指数，对数同时出现的题目，常利用指对互化产生相同结构；对于平方型问题，常可转化为两点距离公式来思考. 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，的面积为.已知. （1）求； （2）求函数在上的单调递增区间. 【答案】（1） （2）和 【解析】 【分析】（1）由三角函数的面积公式和余弦定理可得； （2）由三角恒等变换结合正弦函数的单调性可得. 【小问1详解】 由， 由余弦定理，， 代入即得：，化简得： 因为，所以. 【小问2详解】 ， 由，解得， 又，所以或， 所以单调递增区间为和. 16. 如图，在三棱台中，平面ABC，，，，，M为的中点． （1）证明：平面AMC； （2）求平面和平面AMC夹角的余弦值． 【答案】（1）证明：如图，连接，由题意知平面， 所以，又，， 所以，因为M是的中点，所以． 因为平面ABC，所以， 又，，所以平面，所以． 因为，所以平面AMC． （2）． 【解析】 【分析】（1）连接，可证，由平面ABC，得，利用线面垂直的判定定理即可得证； （2）建立空间直角坐标系，求平面的法向量为，由（1）知平面AMC的一个法向量为，利用夹角公式即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以A为坐标原点，以直线AB，AC，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图， ，，，，， 所以，． 设平面的法向量为， 则，取， 由（1）知平面AMC的一个法向量为， 因为， 所以平面和平面AMC夹角的余弦值为． 17. 已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）当时，恒成立，求实数的取值范围； （3）证明：． 【答案】（1） ； （2） ； （3） 由（2）知，当时，， 取，则，而， 因此 ， 所以. 【解析】 【分析】（1）求出导数，再利用导数的几何意义求出切线方程. （2）不等式对恒成立可得对恒成立，再构造函数并利用导数探讨单调性推理得证. （3）由（2）取可得不等式，再取，并借助裂项相消法求得证. 【小问1详解】 函数，求导得，则，而， 所以曲线在点处的切线方程为. 【小问2详解】 不等式， 由时，恒成立，得， 令，由当时，恒成立， 得，，求导得，令， 求导得，而，则当，即时，， 函数在上单调递增，，函数在上单调递增， 则，符合题意，因此； 当时，由，得，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递减， 则当时，，不符合题意， 所以实数的取值范围是. 【小问3详解】 略. 18. 某学校有、两家餐厅，某同学每天都会在这两家餐厅中选择一家餐厅用晚餐.已知该同学第一天随机选择一家餐厅用晚餐，若在前一天选择去餐厅的条件下，后一天继续选择餐厅的概率为；而在前一天选择去餐厅的条件下，后一天继续选择去餐厅的概率为，如此往复. （1）求该同学第一天和第二天都选择去餐厅用晚餐的概率； （2）求该同学第二天选择去餐厅用晚餐的概率； （3）记该同学第天选择去餐厅用晚餐的概率为，求的通项公式. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）记事件第天去餐厅，则，，，利用概率的乘法公式可得出的值； （2）利用对立事件的概率公式可得出的值，再利用全概率公式可求得的值； （3）利用全概率公式可得出，再利用构造法可求得的通项公式. 【小问1详解】 记事件该同学第天去餐厅，则，，， 由概率乘法公式可得. 【小问2详解】 由对立事件的概率公式可得， 由全概率公式可得. 【小问3详解】 记事件该同学第天去餐厅，则， 由题意可知，，， 由全概率公式可得， 即，则， 所以，数列是以为首项，公比为的等比数列， 所以，，故. 19. 已知是抛物线的焦点，过上点的切线交轴于点，过点的直线与交于两点. （1）求抛物线的方程； （2）比较与的大小，并说明理由； （3）过点的直线与交于两点，，，的延长线分别交于两点，求点到直线距离的最大值. 【答案】（1） （2），理由： 抛物线 ，则 ， 当 时，切线斜率 ， 由点斜式可得过点 的切线方程为 ，即 ； 令 ，可得 ，所以 ； 由，可得 ， 所以 ， 设直线 的方程为 ， 联立 ，解得： ， ， 由韦达定理得 ， 根据抛物线的焦半径公式， ， 因为 ，所以 ，同理 ， 则 ， 所以 ； （3） 【解析】 【分析】（1）将点 的坐标代入抛物线方程即可； （2）对抛物线 求导，求出过点 的切线方程，从而得，可得，设直线 的方程为 ，求出的表达式，即可比较大小； （3）设直线，直线的方程，分别与抛物线联立方程组求出韦达定理的表达式，求得，，从而可得直线的方程，得出过定点要使点 到直线 距离的最大，则只需 ，从而求出最大值. 【小问1详解】 已知点 在抛物线 上， 将点 的坐标代入抛物线方程可得： ，即 ，解得 ， 所以抛物线 的方程为 ； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由题意知直线 的斜率必存在，故设直线，， 联立 ，解得， 由韦达定理得， 设直线方程为， 代入，有， 由，， 所以，同理可得； 所以直线的斜率 ， 由直线的点斜式可得直线：， 结合，化简得， 所以直线 过定点 ， 要使点 到直线 距离的最大，则只需 ， 从而最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $