精品解析：四川省成都市成华区某校2024-2025学年高三下学期4月三诊模拟数学试题

三诊模拟考试 数学 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，只有一项是符合要求的． 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出函数的定义域化简集合，再利用交集的定义求解即可. 【详解】依题意，，函数有意义，则，即， 所以. 故选：B 2. 某中学随机抽取了60名学生，统计了他们某天学习数学的时间，数据如下表，则该组数据的第75百分位数是（ ） 学习时间／分钟 60 70 80 90 100 110 120 人数 9 10 14 12 8 5 2 A. 75分钟 B. 90分钟 C. 95分钟 D. 100分钟 【答案】C 【解析】 【分析】应用百分位数定义计算求解. 【详解】因为，所以第75百分位数是所有数据从小到大排列的第45项和第46项的平均数， 由表中数据可知，第45项为90，第46项为100，所以第75百分位数是分钟． 故选：C. 3. 已知平面向量，则在方向上的投影向量坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量的坐标运算结合投影向量的定义运算求解. 【详解】因为，则， 所以在方向上的投影向量坐标为. 故选：B. 4. 已知角的顶点为坐标原点，始边为x轴非负半轴，若角的终边过点，则=（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先根据条件求，再代入二倍角正切公式，即可求解. 【详解】由条件可知，， 则. 故选：A 5. 甲､乙等5名学生参加学校运动会志愿者服务，每个人从“检录组”“计分组”“宣传组”三个岗位中随机选择一个岗位，每个岗位至少有一名志愿者，则甲､乙两人恰好选择同一岗位的选择方法有（ ）种. A. 18 B. 27 C. 36 D. 72 【答案】C 【解析】 【分析】对人数分、两种情况讨论，先分组，再分配. 【详解】若甲､乙两人恰选择同一岗位且人数配比为时，则有种不同安排方法； 若甲､乙两人恰选择同一岗位且人数配比为时，则有种不同安排方法； 所以共有种不同安排方法. 故选：C 6. 已知抛物线，点，直线，记关于的对称点为，且在上，则的准线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先应用点关于直线对称得出对称点，再把点代入抛物线求出，进而得出准线方程. 【详解】设，因为的斜率为，所以直线的斜率为， 故直线的方程为4， 将直线的方程与联立，设两直线的交点为，则， 所以，解得，将的坐标代入的方程， 有，解得，故的准线方程为. 故选:B. 7. 已知函数的定义域为，且为奇函数，为偶函数，，则=（ ） A. 4036 B. 4040 C. 4044 D. 4048 【答案】D 【解析】 【分析】根据题中为奇函数，为偶函数，从而可得出为周期为4的函数，从而可求解. 【详解】由题意得为奇函数，所以，即，所以函数关于点中心对称， 由为偶函数，所以可得为偶函数，则，所以函数关于直线对称， 所以，从而得，所以函数为周期为4的函数， 因为，所以，则， 因为关于直线对称，所以， 又因为关于点对称，所以， 又因为，又因为，所以， 所以，故D正确. 故选：D. 8. 在平面直角坐标系中，已知双曲线的左焦点为，过的直线交圆于点，交的右支于点，若，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】过作，设，利用几何关系计算得出，再在中利用勾股定理即可得. 【详解】设双曲线的右焦点为，连接，过作，垂足为， 则，所以． 因为，所以，即为线段的中点． 因为为的中点，所以，所以，． 设，则， 所以，，， 所以． 在中，由勾股定理得，即， 解得，所以，． 在中，由勾股定理得，即， 解得，所以． 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．全选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 若的展开式的各二项式系数之和为32，则（ ） A. B. 展开式中只有第三项的二项式系数最大 C. 展开式中项的系数为1960 D. 展开式中系数为有理数的项共有2项 【答案】AC 【解析】 【分析】由题设得即可求解n判断A；由得二项式系数最大的是即可求解判断B；求出展开式的通项公式，再令即可求解判断C；由通项公式令即可求解判断D. 【详解】对于A，由题意得，故A正确； 对于B，因为，所以展开式中的二项式系数最大的是， 分别为展开式中的第三项和第四项的二项式系数，故B错误； 对于C，的展开式的通项公式为， 令，则，即展开式中项的系数为1960，故C正确； 对于D，因为的展开式的通项公式为， 所以若，则时，对应的项为，均为有理项， 所以展开式中系数为有理数的项共有3项，故D错误. 故选：AC 10. 已知函数，则下列结论正确的是（    ） A. 函数的值域为 B. 若函数关于对称，则的最小值为 C. 若函数在上单调，则的取值范围是 D. 若，当时，函数的所有零点的和为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，化简可得，结合正弦函数性质可得出值域；对于B，利用对称性，可得出，得出的最小值；对于C，结合正弦函数的单调性列不等式，即可求出的取值范围；对于D，求出零点的值，即可求和． 【详解】因为， 又， 所以函数的值域为，所以选项A正确； 由函数关于对称可得，， ， ，的最小值为，所以选项B正确； 若函数在上单调， 则，， 解得，， ，所以选项C错误； 若，则， 令，即， 当时，则， ， 则， ，所以选项D正确． 故选：ABD． 11. 法国天文学家乔凡尼•多美尼科•卡西尼在研究土星及其卫星的运动规律时，发现了平面内到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹，并称之为卡西尼卵形线（Cassini Oval）．已知在平面直角坐标系中，，，动点满足，其轨迹为．下列结论中，正确的是（ ） A. 曲线关于轴对称 B. 原点始终在曲线的内部 C. 当时，面积的最大值为 D. 在第一象限的点的纵坐标的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】设，由题意求得轨迹方程，将代入方程可判断A；当时，将代入方程计算可判断B；令，则，求得，可求得最大面积判断C；令，可得，利用二次函数的性质可求得最大值. 【详解】设，由，得． 将代入上式，等式仍成立，知曲线关于轴对称，所以选项A正确； 当时，将代入等式成立，知原点在曲线上，所以选项B错误； 当时，方程整理得． 令，则， 若方程有两个负根，则，推出无解，故方程至少有一个正根， 由得，面积的最大值为，所以选项C正确． 由，得． 令，得，所以． 所以．所以．所以选项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. 复数z满足（为虚数单位），则z的虚部为_______. 【答案】 【解析】 【分析】设化简式子求得值即可. 【详解】设，则，即得，故z的虚部为. 故答案为： 13. 在平行四边形中，，与交于点，，则该平行四边形的面积为____________． 【答案】 【解析】 【分析】利用余弦定理和三角形面积公式求解. 【详解】 如图，因为四边形是平行四边形，所以，设. 在中，，，根据余弦定理， 在中，，，根据余弦定理， 两式相减可得，. 所以 故答案为：. 14. 在三棱锥中，两两垂直，且．若M为该三棱锥外接球上的一动点，则的最小值为____________. 【答案】 【解析】 【分析】将三棱锥放入正方体中建立空间直角坐标系，表示出相关点的坐标，再结合空间向量的线性运算将用三角函数表示，最后利用余弦函数的有界性求解即可． 【详解】三棱锥中，两两垂直，且．若为该三棱锥外接球上的一动点， 如图，将三棱锥放置在正方体中，三棱锥的外接球就是正方体的外接球， 球心为正方体对角线的交点，以为原点建立空间直角坐标系， 得到， 设三棱锥外接球的半径即正方体外接球半径为，则， 故， 故， 由向量模长公式得， 而， 设， 由数量积的定义得， 所以，由余弦函数性质得当时， 取得最小值． 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. 2023年5月15日至21日是第二个全国家庭教育宣传周，为进一步促进家校共育，某校举行“家教伴成长，协同育新人”主题活动，最终评出了8位“最美家长”，其中有6位妈妈，2位爸爸，学校准备从这8位“最美家长”中每次随机选出一人做家庭教育经验分享． （1）若每位“最美家长”最多做一次家庭教育经验分享，记第一次抽到妈妈为事件A，第二次抽到爸爸为事件B，求和； （2）现需要每天从这8位“最美家长”中随机选1人，连续4天分别为低年级、中年级、高年级和全体教师各做1场经验分享，1天只做1场，且人选可以重复，记这4天中爸爸做经验分享的天数为X，求X的分布列和数学期望． 【答案】（1）， （2）X的分布列为： X 0 1 2 3 4 P ，【解析】 【分析】（1）由题可得，第二次抽到爸爸，则第一次抽到妈妈或第一次抽到爸爸，据此可得； （2）由题可得爸爸做经验分享的天数X的所有可能取值，且，据此可得X的分布列和数学期望. 【小问1详解】 根据题意可知，， ． 【小问2详解】 爸爸做经验分享的天数X的所有可能取值为0，1，2，3，4，且， 故，，，，， 故X的分布列为： X 0 1 2 3 4 P 根据二项分布的期望公式可知，． 16. 如图，在多面体中，底面是边长为的正方形，是等边三角形，，，且平面平面. （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的余弦值. 【答案】（1） 因为四边形是正方形，则， 而平面平面，平面平面，平面， 则平面， 又平面，于是， 又，所以. （2） 【解析】 【分析】（1）由面面垂直的性质可得出平面，可得出，再结合可证得结论成立； （2）解法一：在平面内过作，推导出平面，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得直线与平面所成角的余弦值； 解法二：取中点，连接，分析可知直线与平面所成的角即为直线与平面所成的角，利用等体积法计算出点到平面的距离，设直线与平面所成角为，可得出，再结合同角三角函数的基本关系可得结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解法一：在平面内过作， 由平面平面，平面平面，得平面， 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则、、、， ，，， 设平面的法向量为，则, 令，得， 设直线与平面所成角为， ， 直线与平面所成角的余弦值为. 解法二：取中点，连接， 因为平面，平面，则， 因为，，则，，则四边形为矩形， 则且，，则， 取的中点，的中点，连接、. 因为为等边三角形，为的中点，则，则， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以，平面，且， 因为平面，所以，，则， 直线与平面所成的角即为直线与平面所成的角. 因为，平面，平面，则平面， 故点到平面的距离等于，设点到平面的距离为， 由，则， 因为，，则， 且，所以，四边形为平行四边形，则， 且， 在中，，，取的中点，连接，则， 所以，，则则， 则，则， 直线与平面所成角的余弦值为. 17. 已知数列满足，（），记． （1）求证：是等比数列； （2）设，数列的前n项和为．若不等式对一切恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）证明如下： 由已知，， ，，， 又， ， 数列中任意一项不为0， ， 数列是首项为2， 公比为2的等比数列. （2） 【解析】 【分析】（1）证明为常数即可证明为等比数列，根据等比数列通项公式即可求通项公式，从而得证； （2）先求出，根据通项公式的特征，采用错位相减法求其前n项和，题设化简为，通过讨论为奇数或偶数，即可求λ的范围. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由第（1）问知， ， 则，所以①， ②， 所以①-②可得： ， 所以. 由，得， 化简得. 当 为奇数时，有，即， 而，所以； 当为偶数时，有， 而，所以. 综上，的取值范围为. 18. 已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴，轴，且过两点． （1）求的方程； （2）过点，斜率不为0的直线与椭圆交于两点，点，直线与轴交于，与轴交于，直线与轴交于，与轴交于．若，求直线的斜率． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据椭圆所过的点求参数，即可得方程； （2）设直线，联立椭圆并应用韦达定理，再由直线，直线求交点坐标，根据面积关系得，进而求得，即可得. 【小问1详解】 设的方程为且， 将两点代入得，解得， 故的方程为． 【小问2详解】 依题意，设直线， 联立，消去整理得， 则，即，且． 直线，直线， 令，则， 令，则， 由，得，即， 整理得， 因为，所以，解得， 所以直线的斜率为． 19. 定义：若函数与在公共定义域内存在使得，则称与为“契合函数”． （1）判断函数和是否为“契合函数”； （2）若函数和不为“契合西数”，求的取值范围； （3）若函数和在区间上为“契合函数”，求的取值范围． 【答案】（1）与为“契合函数” （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用“契合函数”的定义直接求解即可； （2）构造函数，由于与不为“契合函数，则可将原问题转化为在上无零点，结合导数知识以及参变分离的思想分在上恒成立与若在上恒成立两种情况进行讨论即可求得a的取值范围； （3）令，结合“契合函数”的定义，将原问题转化为在上存在零点，利用导数知识即可求得m的取值范围. 【小问1详解】 根据定义，若与为“契合函数”，则在公共定义域内有解． 又， 所以，即，解得， 所以与为“契合函数”． 【小问2详解】 令， 因为与不为“契合函数，又为上的连续函数， 所以在上无零点，即恒为负或恒为正． 若在上恒成立，取，则，即， 又当时，， 令，所以， 令，解得，令，解得， 所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以，与假设矛盾， 所以不存在使得在上恒成立． 若在上恒成立，即， 令，所以， 又在上单调递减，， 所以当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以，即的取值范围是． 【小问3详解】 令，则， 因为与在上为“契合函数”，所以在上存在零点， 即在上存在零点．又因为， 当且时，因为，所以，所以在上单调递增，则， 此时在上不存在零点，不满足题意； 当时，当时，，所以， 当时，令，则， 所以在上单调递增，且，故在上存在唯一零点，设为，使得， 所以当时，；当时，； 又当时，，所以在上单调递减，在上单调递增， 所以在上存在唯一极小值点， 因为，所以，又因为，所以在上存在唯一零点， 所以函数与在上为“契合函数”． 综上，的取值范围是． 【点睛】对于函数新定义问题，重要的是读懂定义.不等式恒成立求参数的问题，一般情况下会优先考虑参变分离，参变分离无法求解时才会考虑含参讨论的方法，最重要的是熟记导数的方法研究函数单调性，最值等. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 三诊模拟考试 数学 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，只有一项是符合要求的． 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 某中学随机抽取了60名学生，统计了他们某天学习数学的时间，数据如下表，则该组数据的第75百分位数是（ ） 学习时间／分钟 60 70 80 90 100 110 120 人数 9 10 14 12 8 5 2 A. 75分钟 B. 90分钟 C. 95分钟 D. 100分钟 3. 已知平面向量，则在方向上的投影向量坐标为（ ） A. B. C. D. 4. 已知角的顶点为坐标原点，始边为x轴非负半轴，若角的终边过点，则=（ ） A. B. C. D. 5. 甲､乙等5名学生参加学校运动会志愿者服务，每个人从“检录组”“计分组”“宣传组”三个岗位中随机选择一个岗位，每个岗位至少有一名志愿者，则甲､乙两人恰好选择同一岗位的选择方法有（ ）种. A. 18 B. 27 C. 36 D. 72 6. 已知抛物线，点，直线，记关于的对称点为，且在上，则的准线方程为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数的定义域为，且为奇函数，为偶函数，，则=（ ） A. 4036 B. 4040 C. 4044 D. 4048 8. 在平面直角坐标系中，已知双曲线的左焦点为，过的直线交圆于点，交的右支于点，若，则的离心率为（ ） 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．全选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 若的展开式的各二项式系数之和为32，则（ ） A. B. 展开式中只有第三项的二项式系数最大 C. 展开式中项的系数为1960 D. 展开式中系数为有理数的项共有2项 10. 已知函数，则下列结论正确的是（    ） A. 函数的值域为 B. 若函数关于对称，则的最小值为 C. 若函数在上单调，则的取值范围是 D. 若，当时，函数的所有零点的和为 11. 法国天文学家乔凡尼•多美尼科•卡西尼在研究土星及其卫星的运动规律时，发现了平面内到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹，并称之为卡西尼卵形线（Cassini Oval）．已知在平面直角坐标系中，，，动点满足，其轨迹为．下列结论中，正确的是（ ） A. 曲线关于轴对称 B. 原点始终在曲线的内部 C. 当时，面积的最大值为 D. 在第一象限的点的纵坐标的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 复数z满足（为虚数单位），则z的虚部为_______. 13. 在平行四边形中，，与交于点，，则该平行四边形的面积为____________． 14. 在三棱锥中，两两垂直，且．若M为该三棱锥外接球上的一动点，则的最小值为____________. 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. 2023年5月15日至21日是第二个全国家庭教育宣传周，为进一步促进家校共育，某校举行“家教伴成长，协同育新人”主题活动，最终评出了8位“最美家长”，其中有6位妈妈，2位爸爸，学校准备从这8位“最美家长”中每次随机选出一人做家庭教育经验分享． （1）若每位“最美家长”最多做一次家庭教育经验分享，记第一次抽到妈妈为事件A，第二次抽到爸爸为事件B，求和； （2）现需要每天从这8位“最美家长”中随机选1人，连续4天分别为低年级、中年级、高年级和全体教师各做1场经验分享，1天只做1场，且人选可以重复，记这4天中爸爸做经验分享的天数为X，求X的分布列和数学期望． 16. 如图，在多面体中，底面是边长为的正方形，是等边三角形，，，且平面平面. （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的余弦值. 17. 已知数列满足，（），记． （1）求证：是等比数列； （2）设，数列的前n项和为．若不等式对一切恒成立，求实数的取值范围． 18. 已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴，轴，且过两点． （1）求的方程； （2）过点，斜率不为0的直线与椭圆交于两点，点，直线与轴交于，与轴交于，直线与轴交于，与轴交于．若，求直线的斜率． 19. 定义：若函数与在公共定义域内存在使得，则称与为“契合函数”． （1）判断函数和是否为“契合函数”； （2）若函数和不为“契合西数”，求的取值范围； （3）若函数和在区间上为“契合函数”，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $