精品解析：辽宁省名校联盟2024-2025学年高三下学期第一次模拟考试数学试题

2024-2025学年度下学期高三第一次模拟考试试题 数学 命题人：抚顺二中 孙振刚 审校：命题工作专家组 试卷满分：150分 时间：120分钟 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写在答题卡上. 2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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.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，将本试卷和答题卡一并交回. 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，，则（ ） A. B. C. D. 2. “”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 已知等差数列的前项和为，若，则（ ） A. 4 B. 60 C. 68 D. 52 4. 学校放三天假，甲､乙两名同学打算去敬老院做志愿者，甲同学准备在三天中随机选一天，乙同学准备在前两天中随机选一天，则甲乙选择同一天的概率是（ ） A B. C. D. 5. 若函数在其定义域内单调递增，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 设是双曲线的两个焦点，为坐标原点，点在上且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 对任意，都有，且不恒为0，函数，则（ ） A. 0 B. 2 C. 4 D. 6 8. 已知，向量，且的最小值为，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：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，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 有一组样本数据、、、，其平均数、中位数、方差、极差分别记为、、、，由这组数据得到新样本数据、、、，其中，其平均数、中位数、方差、极差分别记为、、、，则（ ） A B. C. D. 10. 若，记为不超过的正整数中与互质（两个正整数除1之外，没有其余公因数）的正整数的个数，例如，则下面选项正确的是（ ） A. B. C. 若是质数，则 D. 11. 在正三棱台中，分别是线段上的点，是上、下底面的中心，是底面内一点，下列结论正确的是（ ） A. B. 若平面，则点的轨迹长等于 C. D. 当时，四点构成的图形为直角梯形 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知点为抛物线上一点，且点到抛物线焦点的距离为3，则__________. 13. 设复数满足，则__________. 14. 最大值为__________. 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. 如图1，在中，，，、两点分别在、上，使.现将沿折起得到四棱锥，在图2中. （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成角的正切值. 16. 已知函数. （1）求的单调递增区间； （2）若对恒成立，求实数的取值范围. 17. 在中，角所对边分别是，且满足 （1）求角的大小； （2）若，求面积的最大值； （3）求的取值范围. 18. 甲口袋中装有2个黑球和1个白球，乙口袋中装有3个白球.现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为，恰有2个黑球的概率为，恰有1个黑球的概率为. （1）求和； （2）求证：是等比数列； （3）求的数学期望（用表示）. 19. 已知圆为坐标原点，过圆上一动点作圆的切线交圆于两点，直线交圆于两点. （1）四边形的面积是否是定值，直接给出结果，不必证明； （2）对平面上所有点进行如下变换，（即：原坐标在这个变换下的新坐标为），圆、圆、直线分别变换成，点变换成. ①写出的方程，与是否相切，证明你的结论； ②四边形的面积是否是定值，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度下学期高三第一次模拟考试试题 数学 命题人：抚顺二中 孙振刚 审校：命题工作专家组 试卷满分：150分 时间：120分钟 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写在答题卡上. 2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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.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，将本试卷和答题卡一并交回. 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，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分别求出集合和，然后，利用交集的运算可得答案. 【详解】， ， . 故选：C 2. “”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】解不等式，得到或，根据推出关系得到答案. 【详解】或， 或，但或， 故“”是“”的充分而不必要条件，A正确，BCD错误. 故选：A 3. 已知等差数列的前项和为，若，则（ ） A. 4 B. 60 C. 68 D. 52 【答案】D 【解析】 【分析】由等差中项的推理求得，由等差数列的前项和与等差中项求得. 【详解】，∴，∴， 故选：D 4. 学校放三天假，甲､乙两名同学打算去敬老院做志愿者，甲同学准备在三天中随机选一天，乙同学准备在前两天中随机选一天，则甲乙选择同一天的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先用分步乘法计数原理得到共有6种选择，其中甲乙选择同一天的情况有2种，从而得到概率. 【详解】甲同学有3种选择，乙同学有2种选择，故共有种选择， 其中甲乙选择同一天的情况有2种，故甲乙选择同一天的概率为. 故选：C 5. 若函数在其定义域内单调递增，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将问题转化在上恒成立，利用基本不等式可得. 【详解】的定义域为，， 因为函数在其定义域内单调递增， 所以在上恒成立，即在上恒成立， 因为，当且仅当时，等号成立， 所以，所以. 故选：B 6. 设是双曲线的两个焦点，为坐标原点，点在上且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用坐标计算，再利用进行消元，解关于的不等式. 【详解】点在上，则，且或， 因，则，， 则， 解得，故或. 故选：B 7. 对任意，都有，且不恒为0，函数，则（ ） A. 0 B. 2 C. 4 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】利用赋值法可得，进而可求的值. 【详解】令，可得，所以， 令，可得， 因为不恒为0，所以，所以是奇函数， 因为， 所以. 故选：B. 8. 已知，向量，且的最小值为，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】延长至，使，依题意可得共线，则是等边三角形，取的中点，求出，再由数量积的运算律计算可得. 【详解】延长至，使，则， 所以共线，又的最小值为，且， 所以为等腰三角形，当且仅当时取得最小值，则， 所以是等边三角形，取的中点，则，当且仅当时取等号， 所以，即的最小值为. 故选：C 二､多选题：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，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 有一组样本数据、、、，其平均数、中位数、方差、极差分别记为、、、，由这组数据得到新样本数据、、、，其中，其平均数、中位数、方差、极差分别记为、、、，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用平均数的性质可判断A选项；利用中位数的性质可判断B选项；利用方差的性质可判断C选项；分、两种情况讨论，可判断D选项. 【详解】对于A选项，由平均数的性质可得，A对； 对于B选项，不妨设， 若为奇数，设，则数据、、、的中位数为， 若，新样本数据由小到大依次为、、、， 这组数据的中位数为； 当，新样本数据由小到大依次为、、、， 这组数据的中位数为； 若为偶数，同理可知，，B对； 对于C选项，由方差的性质可得，C对； 对于D选项，若、是、、、中最大值、最小值， 当时，则为、、、中的最大值， 为、、、中的最小值， 此时，； 当时，则为、、、中的最小值， 为、、、中的最大值， 此时，，D错. 故选：ABC. 10. 若，记为不超过的正整数中与互质（两个正整数除1之外，没有其余公因数）的正整数的个数，例如，则下面选项正确的是（ ） A. B. C. 若是质数，则 D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据的定义，求出，，即可判断AB选项；若是素数，与前个正整数均互素，可得，即可判断C选项；由时只有因数2，则求出；也必为偶数，所以只能取奇数，且也与不互质，此时比较，再由可能为合数，所以得结论. 【详解】不超过14且与14互质的正整数有，共6个，即，A选项错误； 不超过16且与16互质的正整数有，共8个，即，B选项错误； 若是素数，与前个正整数均互素，可得，所以C选项正确； 若，则，然而必为偶数，故比小的数中所以偶数与不互质，而且为奇数也与不互质，此时，当为合数时，还会存在至少1个数与不互质，此时. 例如时，，， ∴，，此时，D选项错误. 故选：BC. 11. 在正三棱台中，分别是线段上的点，是上、下底面的中心，是底面内一点，下列结论正确的是（ ） A. B. 若平面，则点的轨迹长等于 C. D. 当时，四点构成的图形为直角梯形 【答案】AC 【解析】 【分析】A选项，作出辅助线，建立空间直角坐标系，设，，写出点的坐标，计算出，A正确；B选项，作出辅助线，得到线面平行，得到的轨迹长度为，并根据余弦定理求出轨迹长度；C选项，利用等体积法和大减小求出，C正确；D选项，举出反例即可. 【详解】A选项，显然⊥底面，取的中点，连接， 过点作，交于点，则， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 设，， 则，，，， 则， 所以， 故，A正确； B选项， 取的中点，连接，， 因为且，所以四边形为平行四边形， 所以， 又平面，平面， 所以平面， 故当在上时，满足平面， 故的轨迹长度为，其中， 由余弦定理得， 点的轨迹长不等于，B错误； C选项，，， ，， 又棱台的体积为 ， 所以，C正确； D选项，四边形为等腰梯形，当与重合，时， ，但此时与平行，故与不平行， 此时四点构成的图形不为直角梯形，D错误. 故选：AC 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知点为抛物线上一点，且点到抛物线的焦点的距离为3，则__________. 【答案】2 【解析】 【分析】根据焦半径公式得到方程，求出. 【详解】由焦半径公式得，点到抛物线的焦点的距离，解得. 故答案为：2 13. 设复数满足，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用，计算可求. 【详解】因为对任意复数，都有， 又，所以， 所以，所以. 故答案为：. 14. 的最大值为__________. 【答案】25 【解析】 【分析】将等式转化为点到点的距离问题，然后再得到两动点的轨迹，找到两点之间的最大距离即可. 【详解】设. 则椭圆上，在圆上. . 设是上一点， ， ∵，∴，即， ∴当共线的时，取最大值，此时最大，最大值为5， ∴. 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. 如图1，在中，，，、两点分别在、上，使.现将沿折起得到四棱锥，在图2中. （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成角的正切值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）证明出，，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）解法一：以点为原点，、、的方向分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面所成角的正切值； 解法二：过在平面内作，垂足为点，过点在平面内作，垂足为点，连接，推导出为平面与平面所成的角，求出、的长，即可得出平面与平面所成角的正切值. 【小问1详解】 在图1的中，， 所以，，且，， 因为，所以，，则，， 在中，，，，则， 在图2的中，，，， 满足，所以，， 因为，，，、平面，所以，平面. 【小问2详解】 解法一：因为平面，， 以点为原点，、、的方向分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、，，， 设平面一个的法向量，则， 取，可得， 设平面的一个法向量为，，， 则，取，则， 设平面与平面所成角为， 则， 所以，，. 因此，平面与平面所成角正切值为； 解法二：过在平面内作，垂足为点， 过点在平面内作，垂足为点，连接， 由（1）知平面，因为平面，则， 因为，，、平面，所以，平面， 因为平面，所以，， 因为，，、平面，所以，平面， 因为平面，则， 所以，为平面与平面所成的角，设. 在中，，，，， 所以，，， 在中，，，，， 所以，，则， 在中，， 所以，平面与平面所成角的正切值为. 16. 已知函数. （1）求的单调递增区间； （2）若对恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）答案见解析 （2）. 【解析】 【分析】（1）先求得，分，，和，四种情况讨论，结合的解集，即可求得函数的单调递增区间； （2）由（1）知：当时，求得，令求得；当时，利用在的单调性，得到，令函数，求得，再令，利用导数，结合函数的单调性，得到在上单调递减，结合，求得，进而得到答案. 【小问1详解】 解：由函数，其中， 可得， 当时，令，解得，所以的单调递增区间为； 当时，令，解得或， 所以的单调递增区间为及； 当时，恒成立，所以单调递增区间为； 当时，令，解得或， 所以的单调递增区间为及. 综上可得：当时，的单调递增区间为； 当时，的单调递增区间为及； 当时， 的单调递增区间为； 当时，的单调递增区间为及. 【小问2详解】 解：由（1）知，当，在单调递增，所以， 令，可得，所以； 当时，函数在单调递减，在单调递增， 所以， 令，可得， 令，可得，所以为单调递减， 所以，所以，所以在上单调递减， 因为且，所以， 综上可得：实数的取值范围为. 17. 在中，角所对的边分别是，且满足 （1）求角的大小； （2）若，求面积的最大值； （3）求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理，结合辅助角公式进行求解即可； （2）根据余弦定理结合基本不等式求得，利用三角形面积公式进行求解即可； （3）根据将式子化简成只关于角A的函数，然后利用换元的方法，结合二次函数性质求解值域即可． 【小问1详解】 由正弦定理得，即， 因为，所以， 所以，所以， 又因为，所以. 【小问2详解】 由余弦定理得： ，代入得：， 根据基本不等式，得：，当且仅当时，等号成立， 的面积为：，故面积的最大值为. 【小问3详解】 令，则， 所以可化为： 因为， 由二次函数的图像性质得到， 当时，原式大于， 当时，原式取得最大值， 故的取值范围为 18. 甲口袋中装有2个黑球和1个白球，乙口袋中装有3个白球.现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为，恰有2个黑球的概率为，恰有1个黑球的概率为. （1）求和； （2）求证：是等比数列； （3）求的数学期望（用表示）. 【答案】（1），； （2）证明见解析； （3）. 【解析】 【分析】（1）结合独立事件乘法公式出求，再利用全概率公式求. （2）利用全概率公式求得、与、的关系，再利用构造法证明等比数列. （3）求出的分布列及期望，再利用由（2）求出通项公式. 【小问1详解】 依题意，，， ， . 【小问2详解】 设表示次取球后甲口袋有2个黑球，表示次取球后甲口袋有1个黑球， 表示一次操作甲乙都取的是白球，表示一次操作甲取的是白球同时乙取的是黑球， 表示一次操作甲取的是黑球同时乙取的是白球，表示一次操作甲，乙都取黑球， 当时， 则， ， ， ， 因此，即，， 所以是为首项为公比的等比数列. 【小问3详解】 依题意，的分布列为 0 1 2 期望，由（2）得， 所以. 19. 已知圆为坐标原点，过圆上一动点作圆的切线交圆于两点，直线交圆于两点. （1）四边形的面积是否是定值，直接给出结果，不必证明； （2）对平面上所有点进行如下变换，（即：原坐标在这个变换下的新坐标为），圆、圆、直线分别变换成，点变换成. ①写出的方程，与是否相切，证明你的结论； ②四边形的面积是否是定值，请说明理由. 【答案】（1）是， （2）①，与相切，证明见解析；②四边形的面积是定值，理由见解析 【解析】 【分析】（1）四边形对角线垂直，且对角线长不变； （2）①代入原方程后整理得到，讨论直线的斜率不存在，得到直线方程，证明是否相切；讨论的斜率存在时，设直线方程，由切线的性质建立关系，从而得到直线方程，联立后由判别式判断是否相切； ②讨论直线斜率存在时设，联立方程组，消得关于的一元二次方程，由韦达定理和交点弦长公式求得，得到到的距离，从而求出，由线段的比例得到的关系，然后得到四边形面积.讨论当斜率不存在时，直接得到点四边形定点坐标，求得四边形面积.从而证明面积为定值. 【小问1详解】 由与垂直，四边形的面积， 四边形对角线互相垂直，且对角线长不变，所以四边形的面积为定值. 【小问2详解】 ①由已知得的方程分别为为 若的斜率不存在时，的方程为，此时显然与相切 若的斜率存在时，设的方程为与相切得， 即 的方程为，代入， 得， 此时 所以只有一个交点，显然与相切 ②设，联立， 消得 将代入得，到的距离为， 所以 显然所以 所以四边形的面积 当直线的斜率不存在时，的斜率也不存在，此时 （或） 此时四边形的面积 所以四边形的面积是定值 【点睛】方法点睛： 证明直线为曲线的切线，只需联立方程组，消元得到一元二次方程后由判别式来判断方程解的个数即交点个数，即可证明切线关系. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $