精品解析：甘肃省陇南市两当县第一中学、职业学校2025届高三下学期4月模拟测试数学试卷

2025年4月两当一中、职业学校高三第二学期 模拟测试卷（数学） 考生注意： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：高考范围 一.选择题（共8小题，满分40分，每小题5分） 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 命题“，”的否定为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. “”是“”的（ ）条件 A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要 4. 在空间直角坐标系Oxyz中，定义：经过点且一个方向向量为的直线l的方程为，经过点且一个法向量为的平面的方程为.已知在空间直角坐标系Oxyz中，经过点的直线l的方程为，经过点P的平面的方程为，则直线l与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知直线与圆，则（ ） A. 与相离 B. 与相切 C. 平分 D. 与相交但不平分 6. 如图为2022年北京冬奥会首钢滑雪大跳台示意图，为测量大跳台最高点距地面的距离，小明同学在场馆内的A点测得的仰角为，，，（单位：），（点在同一水平地面上），则大跳台最高高度（ ） A. B. C. D. 7. 设随机变量的概率分布列如表所示，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数若函数恰有5个零点，则实数m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二.多选题（共3小题，满分18分，每小题6分） 9. 某校举行了交通安全知识主题演讲比赛，甲、乙两位同学演讲后，6位评委对他们的演讲分别进行打分（满分100分），得到如图所示的统计图，则（ ） A. 甲得分的中位数大于乙得分的中位数 B. 甲得分的极差大于乙得分的极差 C. 甲得分的第75百分位数大于乙得分的第75百分位数 D. 甲得分的方差大于乙得分的方差 10. 关于函数，下列结论错误的是（ ） A. 最小正周期为 B. 最大值为3 C. 图象关于直线对称 D. 在区间上单调递增 11. 如图，在四棱锥中，底面，底面为边长为2的菱形，，为对角线的交点，为的中点．则下列说法正确的是（ ） A. B. 三棱锥的外接球的半径为 C. 当异面直线和所成的角为时， D. 点F到平面与到平面的距离相等 三.填空题（共3小题，满分15分，每小题5分） 12. 已知，，，若与的夹角为锐角，则实数t的取值范围是____________． 13. 设点P是曲线上一动点，点Q是圆上一动点，点，则的最小值是_____________ 14. 已知函数，则________． 四.解答题（共5小题，满分77分） 15. 如图，在三棱柱中，平面，分别为的中点，. （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值； （3）直接写出直线与平面的位置关系. 16. 已知函数. （1）求在（为自然对数的底）处的切线方程； （2）证明：当时，． 17. 已知抛物线的焦点为，准线为，双曲线的左焦点为T． （1）求的方程和双曲线的渐近线方程； （2）设为抛物线和双曲线的一个公共点，求证：直线与抛物线相切； （3）设为上的动点，且直线与双曲线的左、右两支分别交于两点，直线与抛物线交于不同的两点，判断是否为定值，若是，请求出该定值；若不是，请说明理由． 18. 设有6个白球和4个红球混合后装入袋中，从这10个球中任取5个. （1）在有放回的情况下，求这5个球中恰有3个白球的概率； （2）在不放回的情况下，求这5个球中恰有3个白球的概率； （3）在不放回的情况下，求第3个球为白球的概率. 19. 已知为实数，数列满足：①；②． （1）当时，求的值； （2）求证：存在正整数，使得； （3）设是数列的前项和，求的取值范围，使数列为周期数列且方程有解（若数列满足：存在且，对任意且，成立，则称数列为以为周期的周期数列）． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年4月两当一中、职业学校高三第二学期 模拟测试卷（数学） 考生注意： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：高考范围 一.选择题（共8小题，满分40分，每小题5分） 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解一元二次不等式确定集合，根据对数函数的性质确定集合，集合的补集交集运算求解. 【详解】因为， 又或，则， 所以. 故选：C. 2. 命题“，”的否定为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【分析】由全称命题的否定：将任意改存在并否定原结论，即可得答案. 【详解】由全称命题的否定为特称命题， 故原命题否定为“，”. 故选：A 3. “”是“”的（ ）条件 A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要 【答案】A 【解析】 【分析】根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可． 【详解】因为“”可以推出“”，而“”不能推出“”， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 4. 在空间直角坐标系Oxyz中，定义：经过点且一个方向向量为的直线l的方程为，经过点且一个法向量为的平面的方程为.已知在空间直角坐标系Oxyz中，经过点的直线l的方程为，经过点P的平面的方程为，则直线l与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题目定义得到直线的一个方向向量，和平面的法向量，由向量夹角的求解公式得出线面角的正弦值. 【详解】经过点的直线的方程为，即， 则直线的一个方向向量为. 又经过点的平面的方程为， 即，所以的一个法向量为. 设直线与平面所成的角为，则. 故选：B. 5. 已知直线与圆，则（ ） A. 与相离 B. 与相切 C. 平分 D. 与相交但不平分 【答案】C 【解析】 【分析】判断出直线过圆心即可得结果. 【详解】因为圆的圆心为， 直线过点，所以直线平分， 故选：C. 6. 如图为2022年北京冬奥会首钢滑雪大跳台示意图，为测量大跳台最高点距地面的距离，小明同学在场馆内的A点测得的仰角为，，，（单位：），（点在同一水平地面上），则大跳台最高高度（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】在中由正弦定理算出，在中，得到. 【详解】在中, ，，所以，又，由正弦定理可得, , , 在中，, 所以，（m） 故选：C. 7. 设随机变量的概率分布列如表所示，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】直接由期望公式计算求解即可. 【详解】由题意可得. 故选：B. 8. 已知函数若函数恰有5个零点，则实数m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出或，再就不同的情况分类求解即得参数的取值范围. 【详解】令，则， 故或， 令，则或，故或， 故有3个不同的解，且解异于. 故有一个解且有两个解且解不为， 故，且，，解得. 故选：B. 【点睛】思路点睛：嵌套方程的零点问题，应该利用换元法转化内外两个方程的解的问题，先考虑外方程的解，再考虑内方程的解，结合总的解的个数，考虑内方程中参数的变化形式即可. 二.多选题（共3小题，满分18分，每小题6分） 9. 某校举行了交通安全知识主题演讲比赛，甲、乙两位同学演讲后，6位评委对他们的演讲分别进行打分（满分100分），得到如图所示的统计图，则（ ） A. 甲得分的中位数大于乙得分的中位数 B. 甲得分的极差大于乙得分的极差 C. 甲得分的第75百分位数大于乙得分的第75百分位数 D. 甲得分的方差大于乙得分的方差 【答案】AC 【解析】 【分析】根据中位数、极差、百分位数和方差的定义求解. 【详解】解：由统计图可知，甲得分从小到大排列为：81，81，82，83，84，87， 乙得分从小到大排列为：78，79，80，81，82，86， 对于A，甲得分的中位数为82.5，乙得分的中位数80.5， 所以甲得分的中位数大于乙得分的中位数，故A正确； 对于B，甲得分的极差为87﹣81＝6，乙得分的极差为86﹣78＝8， 所以甲得分的极差小于乙得分的极差，故B错误； 对于C，因为6×75%＝4.5， 所以甲得分的第75百分位数为84，乙得分的第75百分位数为82， 所以甲得分的第75百分位数大于乙得分的第75百分位数，故C正确； 对于D，由折线图可知，甲的得分比较集中，乙的得分比较分散， 所以甲得分的方差小于乙得分的方差，故D错误. 故选：AC. 10. 关于函数，下列结论错误的是（ ） A. 最小正周期为 B. 最大值为3 C. 图象关于直线对称 D. 在区间上单调递增 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据正余弦函数的周期判断A，根据最大值成立的条件判断B，根据特殊值判断CD. 【详解】的最小正周期为的最小正周期为，故的最小正周期为，A正确； 易知的最大值不超过，当且时，需同时满足且，此时无解，故实际最大值小于，B错误； 若的图象关于对称，则， 而，与矛盾，故的图象不关于直线对称，C错误； 由知，不满足在上单调递增的定义，D错误. 故选：BCD 11. 如图，在四棱锥中，底面，底面为边长为2的菱形，，为对角线的交点，为的中点．则下列说法正确的是（ ） A. B. 三棱锥的外接球的半径为 C. 当异面直线和所成的角为时， D. 点F到平面与到平面的距离相等 【答案】ACD 【解析】 【分析】在菱形中，过点作直线，以为原点建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用空间向量求出线线角判断AC；求出点到平面距离判断D；分析棱锥外接球球心并求出球半径判断B. 【详解】在菱形中，过点作直线，由底面，得直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，而， 则， 由，得，则， 对于A，，， 则，于是，A正确； 对于B，由，得三棱锥的外接球截平面所得截面圆圆心为， 则球心在过垂直于平面的直线上，直线，显然球心在线段的中垂面上， 因此，三棱锥的外接球，B错误； 对于C，，由异面直线和所成的角为， 得，整理得， 而，解得，C正确； 对于D，， 设平面与平面的法向量分别为， ，令，得， ，令，得， 而，则点F到平面的距离， 点F到平面的距离，显然，D正确. 故选：ACD 三.填空题（共3小题，满分15分，每小题5分） 12. 已知，，，若与的夹角为锐角，则实数t的取值范围是____________． 【答案】 【解析】 【分析】利用数量积的定义，再根据条件得到，从而得到，再去掉与共线同向时，的取值，即可求出结果. 【详解】因为与的夹角为锐角，又， 所以， 又，，，所以， 解得，又因， 当时，也满足，此时不合题意， 当与共线同向时，有，从而得到，解得， 又，所以实数t的取值范围是， 故答案为：. 13. 设点P是曲线上一动点，点Q是圆上一动点，点，则的最小值是_____________ 【答案】 【解析】 【分析】通过双曲线的定义得，再利用数形结合即可求解． 【详解】解：设双曲线的右焦点为，圆的圆心为，如图所示： 由双曲线的定义得，所以， 所以，当且仅当P，Q分别为线段FM与双曲线的右支，圆的交点时取等号． 故的最小值为 故答案为： 【点睛】方法点睛：本题考查双曲线的定义，双曲线的性质和几何意义，点与圆的位置关系，属于中档题．在解决线段的和或差的最值，常运用圆锥曲线的定义，化曲为直得以解决. 14. 已知函数，则________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意求得，，将原式重新结合，即可得答案. 【详解】因为， 所以，且， 所以， 所以 . 故答案为： 四.解答题（共5小题，满分77分） 15. 如图，在三棱柱中，平面，分别为的中点，. （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值； （3）直接写出直线与平面的位置关系. 【答案】（1） 分别是的中点，， 平面，平面， 又平面，， 是的中点，， 又，平面，平面， 平面． （2） （3）与平面相交 【解析】 【分析】（1）证明即可得出平面； （2）建立坐标系，求出平面的法向量，通过计算与的夹角得出二面角的大小； （3）计算与的数量积即可得出结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为原点，以所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示： 则，， 设平面的法向量为，则，即， 令可得， 又平面为平面的一个法向量， ． 由图形可知二面角为钝二面角， 二面角的余弦值为． 【小问3详解】 ，， ， 与不垂直， 与平面不平行， 又平面 与平面相交． 16. 已知函数. （1）求在（为自然对数的底）处的切线方程； （2）证明：当时，． 【答案】（1） （2） 证明：先证明，构造函数，其中，， ，当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增，所以，， 所以，，，因为，则，故， 即当时，. 【解析】 【分析】（1）求出、的值，利用导数的几何意义可求得所求切线的方程； （2）构造函数，利用导数证明出，可得出，再利用不等式的基本性质可证得结论成立. 【小问1详解】 解：由，得，由，得， 所以曲线在处的切线方程为. 【小问2详解】 略 17. 已知抛物线的焦点为，准线为，双曲线的左焦点为T． （1）求的方程和双曲线的渐近线方程； （2）设为抛物线和双曲线的一个公共点，求证：直线与抛物线相切； （3）设为上的动点，且直线与双曲线的左、右两支分别交于两点，直线与抛物线交于不同的两点，判断是否为定值，若是，请求出该定值；若不是，请说明理由． 【答案】（1）准线的方程为，双曲线的渐近线方程为 （2） 联立方程组， 消去得，解得（舍负），由对称性，不妨取， 又由，求得直线的方程为， 联立方程组，消去得， 因为，所以直线与抛物线相切． （3）是，． 【解析】 【分析】（1）根据抛物线的准线方程及双曲线的渐近线方程即可求解； （2）结合题意联立方程组和，化简即可求解； （3）由题意得，设，联立方程组和，利用韦达定理表示和，化简即可证明. 【小问1详解】 准线的方程为，双曲线的渐近线方程为． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 因为，得准线为线段的中垂线， 则直线与直线的倾斜角互补，即， 设，由条件知， 联立方程组，消去得， 则， 联立方程组，消去得， 则， 所以， 故为定值． 【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有，或，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、定值、最值问题. 18. 设有6个白球和4个红球混合后装入袋中，从这10个球中任取5个. （1）在有放回的情况下，求这5个球中恰有3个白球的概率； （2）在不放回的情况下，求这5个球中恰有3个白球的概率； （3）在不放回的情况下，求第3个球为白球的概率. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）在有放回的情况下，每一次取到白球的概率，再利用二项分布的概率公式求解. （2）利用古典概型的概率公式求解. （3）将第3个球为白球的事件分拆成四个互斥事件的和，再求出各个事件的概率，结合加法公式求得答案. 【小问1详解】 在有放回的情况下，每一次取到白球的概率为， 所以这5个球中恰有3个白球的概率. 【小问2详解】 在不放回的情况下，这5个球中恰有3个白球的概率. 【小问3详解】 在不放回的情况下，若第3个球为白球，则有四种情况：白,白,白；白,红,白；红,白,白；红,红,白， 所以所求概率. 19. 已知为实数，数列满足：①；②． （1）当时，求的值； （2）求证：存在正整数，使得； （3）设是数列的前项和，求的取值范围，使数列为周期数列且方程有解（若数列满足：存在且，对任意且，成立，则称数列为以为周期的周期数列）． 【答案】（1）8 （2）证明：先证：若存在正整数，使得，则存在正整数，使得. 证明：若时，则，即从第项起到最后一个大于3的项的下一项为止，数列为递减数列， 设数列中满足的最小项为，则， ∴， 故存在正整数，使得. 当，即，则存在正整数，使得； 当，即，则存在正整数，使得； 当，即， ∴，则存在正整数，使得； 综上所述：故存在正整数，使得. （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意直接运算求解；（2）先证“若存在正整数，使得，则存在正整数，使得”成立，对分类讨论，分析证明；（3）根据（2）中的结论，以为起始项，对分类讨论，分析运算. 【小问1详解】 当时，即，则， 故. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）可知：存在正整数，使得， 若，则，，，， 依次类推可得：当时，数列不是周期数列，不合题意； 若，则，，，， 依次类推可得：当时，或，数列是以4为周期的周期数列，且循环依次为， ∵数列为周期数列，则或， 故，此时，即有解， ∴符合题意； 若，则，， 依次类推可得：当时，，当时，数列是以2为周期的周期数列，且循环依次为， ∵数列为周期数列，则， 故，此时，即有解， ∴符合题意； 综上所述：. 【点睛】思路点睛： ①准确转化，紧扣题意，结合已有知识点； ②恰当选取特例法、演绎法，结合性质求解； ③耐心读题，挖出隐含条件，分析与综合相结合. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $