精品解析：陕西省宝鸡市岐山高级中学2024-2025学年高三上学期12月模拟数学试卷

绝密★启用前 2024-2025学年（上）学期高三12月模拟卷 数学 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，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，将集合化简，再由交集的运算，即可得到结果. 【详解】因为对数函数是上的减函数， 所以由，得，则； 因为指数函数是上的增函数， 所以由，得，则， 由此，. 故选：B. 2. 设复数（为虚数单位），的共轭复数是，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用共轭复数的意义及复数除法求解. 【详解】由，得， 所以. 故选：C 3. 安排5名歌手演出的顺序时，要求某歌手不是第一个出场，也不是最后一个出场，不同排法的种数是（ ） A. 120 B. 96 C. 72 D. 18 【答案】C 【解析】 【分析】先确定某歌手的位置，剩下4名全排列即可. 【详解】某歌手不是第一个出场，也不是最后一个出场，有， 剩下4名的顺序有， 所以同排法的种数是种， 故选：C. 4. 已知等差数列的公差，且成等比数列，则数列的前2025项和为（ ） A. B. C. 505 D. 1013 【答案】D 【解析】 【分析】根据成等比数列，结合等差数列的通项公式可得，进而得到，，进而求和即可. 【详解】设首项为，因为成等比数列， 所以，则， 解得或，当时，，此时与成等比数列矛盾，故排除， 当时，，此时令， 而其前2025项和为， . 故选：D 5. 在中，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先利用余弦定理求出的长度，再根据余弦定理求出的值. 【详解】在中，； 由余弦定理，解得. 再根据余弦定理，解得. 故选：. 6. 已知函数的最小正周期为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 关于点对称 C. 将函数的图象向右平移个单位长度，得到的函数图象恰好关于原点对称 D. 在区间上单调递增 【答案】D 【解析】 【分析】首先根据辅助角公式，化简函数的解析式，根据周期求，利用代入法判断选项. 【详解】因为. 因为函数的最小正周期为，且，所以，故A错误； 因为，所以， 所以是函数的一条对称轴，不是函数的对称中心.故B错误； 将函数的图象向右平移个单位长度，得到的函数，不是奇函数，故C错误； 当时，，因为在递增，由复合函数单调性法则知在区间上单调递增，故D正确. 故选：D 7. 如图，在棱长为1的正方体内部，有8个以正方体顶点为球心且半径相等的部分球体，有1个以正方体体心为球心的球体与均相切，则该9部分的体积和的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据几何体的特征，再应用二次函数值域结合球的体积公式计算求解. 【详解】设球体的半径为半径为，所以，即得， 又，所以开口向下，对称轴为， 所以， 该9部分的体积和为 . 故选：C. 8. 已知圆上的两点到直线的距离分别为，且.若，则（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】设，由已知可得是的两根，由，计算即可得出结果. 【详解】设，由， 可知，即， 同理， 所以是的两根， 所以，所以. 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. 随机事件满足，下列说法正确的是（ ） A. B. 事件与事件相互独立 C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】根据条件概率的性质即可求解AD，根据相互独立的概率乘法公式即可求解B，根据概率的性质即可求解C. 【详解】对于A，因为，所以，A正确； 对于B，因为，故事件与事件相互独立，B正确； 对于C，因为C错误； 对于D，因为D错误. 故选：AB. 10. 已知函数，则（ ） A. 是偶函数 B. 是的一个周期 C. 的图象关于直线对称 D. 在区间上单调递减 【答案】AC 【解析】 【分析】化简函数解析式为，利用函数奇偶性的定义可判断A选项；利用函数周期性的定义可判断B选项；利用函数对称性的定义可判断C选项；利用函数的单调性与倒数的关系可判断D选项. 【详解】因为， 对任意的，，则恒成立，即函数的定义域为， 因为，所以是偶函数，A正确； 因为，则， 所以不是的周期，B错误； 因为， 所以的图象关于直线对称，C正确； 因为 ， 当时，则，所以，，，则， 故在区间上单调递增，D错误， 故选：AC. 11. 对于任意两个正数，当时，记曲线与直线，直线以及轴围成的曲边梯形的面积为，当时，约定，并约定.德国数学家莱布尼茨（Leibniz）最早发现.关于，下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 对正数，有 【答案】AD 【解析】 【分析】根据已知条件及新定义分别计算判断A，B，再结合图形及面积判断B，D. 【详解】由题意，所以， 当时，； 当时，； 当时，； 当或时，也成立；综上所述：. 对于选项A：，故A正确； 对于选项B：如图，因为，所以 即，故B错误. 对于选项C，取，则，故C错误； 对于选项D：因为阴影部分的面积小于上底长为，下底长为，高为的 直角梯形的面积，所以， 又阴影部分面积大于长为，宽为的矩形的面积， 所以，综上故有对正数有，故D正确. 故选：AD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数是定义在上的奇函数，且当且仅当时，，则当时，的解析式为__________. 【答案】. 【解析】 【分析】利用奇函数的定义，将求时的解析式转化为时的情况，直接代入已知解析式即可. 【详解】解析：因为是奇函数，当时，， 所以当时，. 故答案为：. 13. 若，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】由即可求解； 【详解】由题意， ， 由通项公式可知：. 故答案为： 14. 已知点在抛物线上，为直线上的一动点，过点作的2条切线，切点分别为，直线分别交轴于点，则的取值范围为__________，外接圆半径的最小值为__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】首先求抛物线方程，根据导数的几何意义求切线方程，并求点的坐标，并联立方程求点的坐标，根据点的坐标的特点，以及弦长，转化为二次函数求最值；根据坐标运算得到，，确定四点共圆，根据圆的几何性质，即可求解. 【详解】由题意知，，所以，所以抛物线， 设，因为，则，故， 直线，直线， 令，有， 由，可得，故， 所以，即. ， 又，所以的取值范围为； 由题意可知C的焦点，故， ，同理，故， 所以四点共圆，则的外接圆的直径为， 即为到直线的距离，此距离为， 即的外接圆的半径的最小值为. 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. 已知抛物线C：经过双曲线D：的焦点，且D的离心率为． （1）求D的方程； （2）C与D的4个交点围成一个梯形，求该梯形的高． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先求出抛物线C与轴焦点坐标，可得，再结合双曲线的离心率求出，进而写出双曲线方程； （2）联立抛物线C与双曲线D的方程，解出C与D的4个交点坐标，进而求解即可. 【小问1详解】 抛物线C：与轴焦点坐标为， 则双曲线D：的焦点坐标为， 则，又，则， 所以求双曲线D的方程为. 【小问2详解】 联立，解得或或或， 则C与D的4个交点为，，，， 则该梯形的高为. 16. 如图，在四棱锥中，，底面是边长为的菱形，. （1）证明：平面平面； （2）若平面与平面所成角的正切值为2，点满足，求直线与平面所成角的余弦值. 【答案】（1） 连接交于点，连接， 因为是菱形，所以， 又因为为的中点，，所以， 又面，且，所以平面， 又平面，所以平面平面； （2） 【解析】 【分析】（1）连接交于点，连接，易得，进而可得线面垂直，然后根据面面垂直判定定理即得； （2）建系，求得平面法向量及直线方向向量，代入夹角公式即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过作交于点，面面， 面面面，所以面， 因为面，所以面， 又面，所以， 所以为的交点，为等边三角形，所以H为的重心，设DH与AB交点为M，连接，则为二面角的平面角， 因为，在中，解得， 因为，所以，所以平面， 以为原点，所在直线为轴建立如图坐标系， 则， ， 设平面的法向量为， 则，即，令，可得： 即，又， 设平面和直线所成的角为，则， 所以. 17. 已知函数. （1）当时，求函数在点处的切线方程； （2）求函数的单调区间； （3）若不等式恒成立，求整数的最大值. 【答案】（1）； （2）增区间，减区间； （3） 【解析】 【分析】（1）求导确定切线斜率即可求解； （2）求导，由，可求得单调区间； （3）构造函数，求导，确定函数单调性，求得最值即可求解； 【小问1详解】 函数的定义域为， 则曲线在点处的切线为， 即. 【小问2详解】 因为， 时，由，得，令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减. 综上所述，的单调递增区间为，单调递减区间为. 【小问3详解】 依题知，恒成立，即恒成立， 设， 则， 当时，由，得，由，得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 则恒成立， 整理得. 设，则恒成立，所以在上单调递增，又，且 故整数的最大值为. 18. 某学校数学小组建立了如下的数学模型：将一个小盒里放入6个小球，其中4个黑球，2个红球.模型一为：若取出黑球，则放回小盒中，不作任何改变；若取出红球，则放回小盒并再往小盒里加入2个红球；模型二为：若取出黑球，则放回小盒中，不作任何改变；若取出红球，则用黑球替换该红球重新放回小盒中. （1）分别计算在两种模型下，抽两次球，第二次取到的球是红球的概率； （2）在模型二的前提下： ①求在第次抽球时，抽到的球恰好是第二个红球的概率（结果用表示）. ②现规定当两个红球都被抽出来时停止抽球，且最多抽球10次，第10次抽球结束后无论盒中是否还有红球均停止抽球，记抽球的次数为，求的数学期望. 【答案】（1）； （2）①；② 【解析】 【分析】（1）分为取到“黑红”和“红红”两种情况，分别对两种模型第二次取到的球是红球的概率进行计算即可； （2）①先算出第次是第一次取到红球，第次是第二次取到红球的概率为， 则第次恰好抽到第二个红球的概率为中从到取值累加求和； ②利用数学期望的定义和①中的概率公式可得到的表达式，再利用错位相减法计算得出期望值. 【详解】（1）记在模型一下，第二次取到红球的概率为，则分为取到“黑红”和“红红”两种情况， 则； 记在模型二下，取到红球的概率为，同样分为取到“黑红”和“红红”两种情况， 则； （2）①设第次是第一次取到红球，第次是第二次取到红球的概率为， 则， 则第次恰好抽到第二个红球的概率为中从到取值累加求和，即 ， 利用等比数列求和公式即可得 ； ②由题可知，的取值依次为， 当时，， 由数学期望的定义和①中的概率公式可知， ， 设， 由错位相减法可得， 所以. 19. 已知数列的首项. （1）证明：数列是等比数列，并求数列的通项公式； （2）若恒成立，求实数的取值范围； （3）证明：. 【答案】（1）证明：因为，所以， 又因为， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以， 所以. （2） （3）证明：令，所以， 所以在上单调递减，所以， 所以当时，， 所以， 又因为， 所以， 所以， 将上式累加，得：， 所以， 所以. 【解析】 【分析】（1）由递推公式可得，进而可得数列是等比数列，利用等比数列通项公式，即可求出结果； （2）将等价于恒成立，即恒成立，只需要分析的单调性，即可求出结果； （3）构造函数，利用导数判断单调性，即可得到，即，然后结合对数运算和等比数列前项和公式，即可得证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为， 所以等价于， 即，令，则， 所以当时，， 所以为减函数， 而， 又因为恒成立，所以， 所以实数的取值范围为. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绝密★启用前 2024-2025学年（上）学期高三12月模拟卷 数学 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，则（ ） A. B. C. D. 2. 设复数（为虚数单位），的共轭复数是，则（ ） A. B. C. D. 3. 安排5名歌手演出的顺序时，要求某歌手不是第一个出场，也不是最后一个出场，不同排法的种数是（ ） A. 120 B. 96 C. 72 D. 18 4. 已知等差数列的公差，且成等比数列，则数列的前2025项和为（ ） A. B. C. 505 D. 1013 5. 在中，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数的最小正周期为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 关于点对称 C. 将函数的图象向右平移个单位长度，得到的函数图象恰好关于原点对称 D. 在区间上单调递增 7. 如图，在棱长为1的正方体内部，有8个以正方体顶点为球心且半径相等的部分球体，有1个以正方体体心为球心的球体与均相切，则该9部分的体积和的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知圆上的两点到直线的距离分别为，且.若，则（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 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. 随机事件满足，下列说法正确的是（ ） A. B. 事件与事件相互独立 C. D. 10. 已知函数，则（ ） A. 是偶函数 B. 是的一个周期 C. 的图象关于直线对称 D. 在区间上单调递减 11. 对于任意两个正数，当时，记曲线与直线，直线以及轴围成的曲边梯形的面积为，当时，约定，并约定.德国数学家莱布尼茨（Leibniz）最早发现.关于，下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 对正数，有 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数是定义在上的奇函数，且当且仅当时，，则当时，的解析式为__________. 13. 若，则__________. 14. 已知点在抛物线上，为直线上的一动点，过点作的2条切线，切点分别为，直线分别交轴于点，则的取值范围为__________，外接圆半径的最小值为__________. 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. 已知抛物线C：经过双曲线D：的焦点，且D的离心率为． （1）求D的方程； （2）C与D的4个交点围成一个梯形，求该梯形的高． 16. 如图，在四棱锥中，，底面是边长为的菱形，. （1）证明：平面平面； （2）若平面与平面所成角的正切值为2，点满足，求直线与平面所成角的余弦值. 17. 已知函数. （1）当时，求函数在点处的切线方程； （2）求函数的单调区间； （3）若不等式恒成立，求整数的最大值. 18. 某学校数学小组建立了如下的数学模型：将一个小盒里放入6个小球，其中4个黑球，2个红球.模型一为：若取出黑球，则放回小盒中，不作任何改变；若取出红球，则放回小盒并再往小盒里加入2个红球；模型二为：若取出黑球，则放回小盒中，不作任何改变；若取出红球，则用黑球替换该红球重新放回小盒中. （1）分别计算在两种模型下，抽两次球，第二次取到的球是红球的概率； （2）在模型二的前提下： ①求在第次抽球时，抽到的球恰好是第二个红球的概率（结果用表示）. ②现规定当两个红球都被抽出来时停止抽球，且最多抽球10次，第10次抽球结束后无论盒中是否还有红球均停止抽球，记抽球的次数为，求的数学期望. 19. 已知数列的首项. （1）证明：数列是等比数列，并求数列的通项公式； （2）若恒成立，求实数的取值范围； （3）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $