精品解析：湖北省沙市中学2025届高三下学期4月模拟预测数学试题

2024—2025学年度下学期2022级 4月模拟数学试卷 命题人：郭松 审题人：冷劲松 考试时间：2025年4月25日 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的． 1. 已知，，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数定义域和值域的求法可分别确定集合，由交集定义可得结果. 【详解】由得：或，即； ，，即， . 故选：B. 2. 若为虚数单位，，则的最大值为（ ） A. 2 B. C. 4 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的几何意义可得复数对应的点的轨迹为以点为圆心，1为半径的圆，进而求出的最大值. 【详解】根据题意，复数对应的点的轨迹为以点为圆心，1为半径的圆， 所求式子的几何意义表示点到圆上点的距离的最大值， 如图所示，最大值为. 故选：D. 3. 学校食堂的一个窗口共卖5种菜，甲、乙2名同学每人从中选一种或两种，且两人之间不会互相影响，则不同的选法种数为（ ） A. 20 B. 25 C. 225 D. 450 【答案】C 【解析】 【分析】根据分步计数原理，结合组合数公式，即可求解. 【详解】甲和乙的选择方法分别有种方法， 所以甲和乙不同的选择方法有种. 故选：C 4. 已知向量，满足，，则（ ） A. 3 B. 4 C. 6 D. 7 【答案】D 【解析】 【分析】由已知及向量数量积的运算律得，进而求. 【详解】由，则， 所以. 故选：D 5. 已知数列中，，记为的前项和，，则的值为（ ） A. 2023 B. 2024 C. 2025 D. 2026 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，利用与的关系，推得，结合累乘法，即可求得的值，得到答案. 【详解】数列中，满足，当时，可得， 两式相减，可得，即，所以， 又由，则. 故选：B. 6. 已知点，到同一直线的距离分别为2，3，若这样的直线恰有2条，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】问题化为、相交求参数范围. 【详解】以为圆心，2为半径的圆为， 以为圆心，3为半径的圆为， 若符合题设的直线恰有2条，即上述两圆相交，而， 所以，可得， 所以. 故选：B 7. 函数的最小值为（ ） A. 6 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分，，三种情况结合导数分析函数单调性求解即可. 【详解】当时，， 则， 令，得；令，得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 则； 当时，， 函数在上单调递增，则； 当时，， 则，函数在上单调递增， 则. 综上所述，函数的最小值为6. 故选：A. 8. 已知抛物线的焦点为的准线与其对称轴交于点，过的直线与交于两点，且，若射线为的平分线，则（ ） A. B. 4 C. 5 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据抛物线的定义，过分别作准线的垂线，垂足分别为，然后利用，得到，进而利用，化简，可求出的值 【详解】，则，所以． 过分别作准线的垂线，垂足分别为，则， 因为为的平分线，由角平分线定理得， 又，所以， 由抛物线的定义得， 又，所以． 故选：A 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. 已知函数，下列说法正确的是（ ） A. 是的一个周期 B. 在上递减 C. 将图象向左平移个单位可得到的图象 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】由三角函数的最小正周期公式可判断A；通过的单调性可判断B；通过函数图象左右平移作用于自变量，且左加右减可判断C；由题代入求出，再通过诱导公式和二倍角公式凑角求值可判断D. 【详解】对于A，由题意，函数，可得的最小正周期为， 所以是的一个周期，故A正确； 对于B，由，可得， 所以函数在上不单调，故B错误； 对于C，将的图象向左平移个单位可得，， 即，故C正确； 对于D，若，即，即， 所以， 故D正确. 故选：ACD. 10. 下列说法正确的是（ ） A. 数据8，6，4，11，3，7，9，10的上四分位数为9 B. 若，，且，则C，D相互独立 C. 某物理量的测量结果服从正态分布，越大，该物理量在一次测量中在的概率越大 D. 若样本数据的平均数为4，的平均数为22，则样本数据，9的方差为20 【答案】BD 【解析】 【分析】A选项利用上四分位数的计算方法进行计算；B选项利用对立事件及条件概率公式进行检验；C 选项利用正态分布中的意义进行解释；D选项利用方差公式进行计算. 【详解】对于A选项，将数据从小到大排列为3，4，6，7，8，9，10，11，共8个数， 则，则上四分位数为，故A错误； 对于B选项，，， 由条件概率公式得，得到， 即C，D相互独立，故B正确； 对于C 选项，，， 由对称性可知在的概率等于在的概率的2倍， 当越大，数据越离散，其概率越小，故C错误； 对于D选项，由样本数据，，，，的平均数为4， 得，，，，，4的平均数为4， 由，，，，的平均数为22，得， 因此，，，，，4的方差为， ，，，，，9的方差为，故D正确. 故选：BD. 11. 如图，正三棱柱的各棱长相等，且均为2，在内及其边界上运动，则下列说法中正确的是（ ） A. 存在点，使得平面 B. 若，则动点的轨迹长度为 C. 为中点，若平面，则动点的轨迹长度为 D. 存在点，使得三棱锥的体积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】取的中点，证得平面平面，得到平面，结合，可判定A；由，求得，得到点的轨迹为圆弧，可判定B；点为中点， 取的中点，证得平面平面，得到动点的轨迹为线段，可判定C；结合，可判定D. 【详解】对于A中，取的中点，的中点为，连接， 由为等边三角形，所以， 又由正三棱柱中，可得， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面， 因为平面平面， 过作于，根据面面垂直的性质定理，可得平面， 在矩形中，，所以， 如图所示，此时的延长线与线段无公共点， 所以不存在点，使得平面，所以A错误； 对于B中，因为，在直角中，可得， 所以点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆弧， 又因为，所以动点的轨迹长度为，所以B正确； 对于C中，由点为中点， 取的中点，连接， 可得，， 因为平面，且平面，所以平面， 同理可得平面， 又因为，且平面，所以平面平面， 因为平面平面， 由平面，所以动点的轨迹为线段，其长度为，所以C正确； 对于D中，由，当点在内及其边界上运动时， 可得，因为， 所以存在点，使得三棱锥的体积为，所以D正确. 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：对于立体几何中的动点轨迹与存在性性问题的求解策略 1、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题； 2、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程； 3、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设； 4、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中的常数项为________． 【答案】15 【解析】 【分析】利用二项展开式的通项公式求解即可. 【详解】的展开式通项公式为， 令，解得， 所以常数项为． 故答案为： 13. 在某抽奖活动中，设置3个不同颜色的抽奖箱，每个箱子中的小球大小相同质地均匀，其中红色箱子中放有红球2个，黄球2个，绿球2个；黄色箱子中放有红球3个，黄球1个，绿球2个；绿色箱子中放有红球3个，黄球2个．要求参与者先从红色箱子中随机抽取一个小球，将其放入与小球颜色相同的箱子中，再从放入小球的箱子中随机抽取一个小球，抽奖结束．若第二次抽取的是红色小球，则获得奖品，否则不能获得奖品．若甲为参与者，在其第一次抽取的不是红球的条件下，获得奖品的概率为________． 【答案】 【解析】 【分析】设出事件后，结合条件概率公式计算可求得结论. 【详解】设，分别表示第一次抽到的小球的颜色分别是红、黄、绿的事件， 设表示第二次抽到的小球的颜色是红的事件， 在甲先抽取的不是红球的条件下，甲获得奖品的概率为： . 故答案为： 14. 已知双曲线（，）的左，右焦点为，，过的直线交C的右支于点（点A在点B上方），，过点作直线，交C于点E（点E在第二象限），若直线与直线的交点在直线上，则C的离心率为__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用给定条件分别求出边长，利用余弦定理表示同角的三角函数，建立齐次方程求解离心率即可. 【详解】如图记直线与直线的交点为P，且连接，则， 由对称性有过坐标原点O且． 由有，， 又，，， ，，，即，， 在中，， 在中，，解得， 故答案为：． 【点睛】关键点点睛：本题考查求解析几何，解题关键是利用给定条件求出各个三角形的边长，然后利用余弦定理表示同一个角，得到所要求的离心率即可． 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. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （1）求角C的大小； （2）若，的面积为，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角形的面积公式及余弦定理变形整理可得答案； （2）先利用面积公式求，再利用余弦定理求，则面积可求. 【小问1详解】 因为， 又， 所以， 整理得， 即， 因为，所以， 所以， 则； 【小问2详解】 由（1）得， 得， 所以， 所以， 所以的周长为. 16. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，. （1）已知为中点，求证：平面； （2）求平面与平面的夹角． 【答案】（1） 取中点，连接， 四边形为正方形，，， 平面，平面，，； ，，平面，平面， 平面，平面，又为中点，， 平面，又平面，平面， ，； ，为中点，； ，平面，平面， 又平面，， ，平面，平面. （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，根据线面垂直的判定与性质，结合等腰三角形三线合一性质的应用可分别证得，，由此可得结论； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，根据面面角的向量求法可求得结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为坐标原点，正方向为轴正方向，可建立如图空间直角坐标系， 不妨设，则，，，， ，，，， 设平面的法向量， 则，令，解得：，，； 设平面的法向量， 则，令，解得：，，； ，即平面与平面夹角余弦值为， 平面与平面的夹角为. 17. 已知椭圆，直线与轴交于点，过点的直线与交于两点（点在点的右侧）． （1）若点是线段的中点，求点的坐标； （2）过作轴的垂线交椭圆于点，连，求面积的取值范围． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）设点，表示出点，代入椭圆方程建立方程组，求解方程组即可. （2）设出直线方程，与椭圆方程联立，借助韦达定理探求直线过定点，进而设出直线的方程，与椭圆方程联立求出三角形面积的函数关系求解即得. 【小问1详解】 依题意，，设点，由点是线段的中点，得， 由点都在椭圆上，得，解得， 所以点的坐标为. 【小问2详解】 依题意，直线的斜率存在且不为0， 设直线的方程为， 由点在点的右侧，得， 由消去y得， 由，得， ，则有， 显然，直线的方程为：， 当时，， 因此直线过定点，设直线的方程为， 由消去x得，则， ，于是， 点到直线的距离， 因此，当且仅当时取等号， 而当时，直线与椭圆相切，不符合题意， 所以面积的取值范围为. 18. 已知. （1）当时，求函数的单调区间： （2）当时，求证：； （3）当，试讨论函数的零点个数. 【答案】（1）减区间为，增区间内为 （2）因为，当时，，所以， 当时，，所以，所以， 设，由（1）可知，所以不等式成立. （3）当时，函数有1个零点；当函数有2个零点. 【解析】 【分析】（1）当时，利用函数的单调性与导数的关系可求出函数的增区间和减区间； （2）当时，分析得出，令，可得，结合（1）中的结论可证得； （3）解法一：对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数的单调性，结合零点存在定理可得出函数在不同情况下的零点个数； 解法二：求得，令，令，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数的单调性，结合零点存在定理可得出函数在不同情况下的零点个数； 解法三：将函数解析式变形为，设，则，则有，设，则，对实数的取值进行分类讨论，分析的符号变化，可得出的单调性，再结合零点存在定理可得出函数的零点个数. 【小问1详解】 当时，，， 当时，，则在为增函数； 当时，，则在为减函数； 故当时，函数的减区间为，增区间内为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解法一：， 设，此时， 则， 因为，所以， 则在为减函数，， ①当时，，结合在为减函数， 当时，在为增函数； 当时，在为减函数； 所以，所以，即在上为减函数， 又因为，所以只有一个零点； ②当时，， 所以存在，使得， 当时，，所以在上增函数； 当时，，所以在上减函数. 因为，则，当， 使得， 所以时，，即，即在为减函数； 当时，，即，即在为增函数； 当时，，即，即在为减函数； 当，又因为，所以. 所以使得， 在为减函数，所以，所以存在两个零点. 综上所述：当时，函数有1个零点；当函数有2个零点. 解法二：， 设，此时， 则， 设，所以， ①当时，此时，则，此时， 当时，在为增函数； 当时，在为减函数； 所以，所以，即在上为减函数. 又因为，所以只有一个零点； ②当，所以， 设.因为， 因为时，所以存在，使得 当时，，即，所以在上增函数； 当时，，即，所以在上减函数. 因为，则，当， 使得， 所以时，，即，即在为减函数； 当时，，即，即在为增函数； 当时，，即，即在为减函数； 当，又因为，所以. 所以使得， 在为减函数，所以，所以存在两个零点. 综上所述：当时，函数有1个零点；当函数有2个零点. 解法三：，设，则， 则有，， 设. 因为，所以， 则在为减函数，， ①当，即，结合在为减函数 当时，在为增函数； 当时，在为减函数； 所以，所以，即在上为减函数. 又因为，所以只有一个零点； ②当时，， 所以存在，使得， 当时，，所以在上增函数； 当时，，所以在上减函数. 因为，则，当， 使得， 所以时，，即，即在为减函数； 当时，，即，即在为增函数； 当时，，即，即在为减函数； 当，又因为，所以. 所以使得， 在为减函数，所以，所以存在两个零点. 综上所述：当时，函数有1个零点；当函数有2个零点. 19. 设维向量，，定义运算：. （1）当时，若且，，试比较与的大小； （2）已知，记且和均为的某一排列}. （ⅰ）求，； （ⅱ）若，求.（提示：.） 【答案】（1）； （2）（ⅰ），； （ⅱ）. 【解析】 【分析】（1）根据题设定义并应用作差法比较大小即可； （2）（i）根据定义得，结合可能取值有，即可得，讨论，同理求； （ⅱ）根据定义确定的最值，进而有的元素均属于集合，设表示集合且的元素个数，即（注意表示集合的元素个数），并证明，即可得. 【小问1详解】 由题设，所以； 【小问2详解】 （i）先求：设，，其中为的排列， 所以， 而可能取值有，故， 再求：设，，其中为的排列， 当，，可能取值有，则可能值为； 当，，可能取值有，则可能值为； 当，，可能取值有，则可能值为； 当，，可能取值有，则可能值为； 综上，； （ⅱ）由（1），若存在，，则不妨交换，则的值会变大， 设， ，则最小； ，则最大； 所以的元素均属于集合， 设表示集合且的元素个数，即（注意表示集合的元素个数）， 下证：当时，由上知， 考虑及：由中最小元素为，最大元素为，即中的元素均在中， 设，，其中为的任一排列， 所以可能取值为，即恰好没有覆盖到集合中的个元素， 当，，其中为的任一排列， 所以可能取值为，即恰好没有覆盖到集合中的个元素， 当时，， 即， 故不覆盖集合的元素至多有个，故， 又，所以， 所以. 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2022级 4月模拟数学试卷 命题人：郭松 审题人：冷劲松 考试时间：2025年4月25日 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的． 1. 已知，，则（ ）． A. B. C. D. 2. 若为虚数单位，，则的最大值为（ ） A. 2 B. C. 4 D. 3. 学校食堂的一个窗口共卖5种菜，甲、乙2名同学每人从中选一种或两种，且两人之间不会互相影响，则不同的选法种数为（ ） A. 20 B. 25 C. 225 D. 450 4. 已知向量，满足，，则（ ） A. 3 B. 4 C. 6 D. 7 5. 已知数列中，，记为的前项和，，则的值为（ ） A. 2023 B. 2024 C. 2025 D. 2026 6. 已知点，到同一直线的距离分别为2，3，若这样的直线恰有2条，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 函数的最小值为（ ） A. 6 B. C. D. 8. 已知抛物线的焦点为的准线与其对称轴交于点，过的直线与交于两点，且，若射线为的平分线，则（ ） A. B. 4 C. 5 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. 已知函数，下列说法正确的是（ ） A. 是的一个周期 B. 在上递减 C. 将图象向左平移个单位可得到的图象 D. 若，则 10. 下列说法正确的是（ ） A. 数据8，6，4，11，3，7，9，10的上四分位数为9 B. 若，，且，则C，D相互独立 C. 某物理量的测量结果服从正态分布，越大，该物理量在一次测量中在的概率越大 D. 若样本数据的平均数为4，的平均数为22，则样本数据，9的方差为20 11. 如图，正三棱柱的各棱长相等，且均为2，在内及其边界上运动，则下列说法中正确的是（ ） A. 存在点，使得平面 B. 若，则动点的轨迹长度为 C. 为中点，若平面，则动点的轨迹长度为 D. 存在点，使得三棱锥的体积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中的常数项为________． 13. 在某抽奖活动中，设置3个不同颜色的抽奖箱，每个箱子中的小球大小相同质地均匀，其中红色箱子中放有红球2个，黄球2个，绿球2个；黄色箱子中放有红球3个，黄球1个，绿球2个；绿色箱子中放有红球3个，黄球2个．要求参与者先从红色箱子中随机抽取一个小球，将其放入与小球颜色相同的箱子中，再从放入小球的箱子中随机抽取一个小球，抽奖结束．若第二次抽取的是红色小球，则获得奖品，否则不能获得奖品．若甲为参与者，在其第一次抽取的不是红球的条件下，获得奖品的概率为________． 14. 已知双曲线（，）的左，右焦点为，，过的直线交C的右支于点（点A在点B上方），，过点作直线，交C于点E（点E在第二象限），若直线与直线的交点在直线上，则C的离心率为__________． 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. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （1）求角C的大小； （2）若，的面积为，求的周长. 16. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，. （1）已知为中点，求证：平面； （2）求平面与平面的夹角． 17. 已知椭圆，直线与轴交于点，过点的直线与交于两点（点在点的右侧）． （1）若点是线段的中点，求点的坐标； （2）过作轴的垂线交椭圆于点，连，求面积的取值范围． 18. 已知. （1）当时，求函数的单调区间： （2）当时，求证：； （3）当，试讨论函数的零点个数. 19. 设维向量，，定义运算：. （1）当时，若且，，试比较与的大小； （2）已知，记且和均为的某一排列}. （ⅰ）求，； （ⅱ）若，求.（提示：.） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $