湖北省沙市中学2024-2025学年高三下学期五一节模拟预测数学试题

2024—2025学年度下学期2022级 5.3模拟一数学试卷 命题人：高三数学备课组 考试时间：2025年5月3日 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若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 3.点绕原点按逆时针方向旋转到达点，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 4.设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，若，，则“”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 5.在平面直角坐标系xOy中，直线与圆C：相交于点A，B，若，则（ ） A. 或 B. －1或－6 C. 或 D. －2或－7 6. 某商场举办购物抽奖活动，其中将抽到的各位数字之和为8的四位数称为“幸运数”（如2024是“幸运数”），并获得一定的奖品，则首位数字为2的“幸运数”共有（ ） A. 32个 B. 28个 C. 27个 D. 24个 7. 已知是椭圆的左右焦点，上两点满足：，，则椭圆的离心率是（ ） A. B. C. D. 8. 设，其中，则的最小值为（    ） A. B. C. D. 二、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．下列说法中，正确的命题是( ) A．两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数的绝对值越接近于1 B．若随机变量，当不变时，越小，该正态分布对应的正态密度曲线越矮胖 C．口袋中有大小相同的7个红球、2个蓝球和1个黑球．从中任取两个球，记其中红球的个数为随机变量，则的数学期望 D．对标有不同编号的6件正品和4件次品的产品进行检测，从中任取2件，已知其中一件为正品，则另一件也为正品的概率是. 10. 已知函数，则（ ） A. 的定义域为 B. 的最小正周期为 C. 在区间上单调递减 D. 在区间上仅有2个零点 11. 平面直角坐标系中，曲线上任一点，满足到点的距离的倒数和为定值，即，则下列说法正确的是（ ） A. 对于不同的值，曲线总是关于轴对称 B. 当时，曲线经过原点 C. 当时，的取值范围为 D. 当时，轴上存在4个不同的点在曲线上 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.其中第14题. 12．的展开式中的系数为_______． 13.已知函数的图象关于直线对称，则可以为__________. （写出一个符合条件的即可） 14. 在三棱锥中，，且.记直线，与平面所成角分别为，，已知，当三棱锥的体积最小时，则三棱锥外接球的表面积为_________. 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. （13分）如图，在四棱锥中，平面平面，，，. （1）证明：； （2）若，求平面与平面的夹角的余弦值. 16.（15分）已知中，内角的对边分别为，且. （1）求； （2）若为边上一点，，求的面积. 17. （15分）已知函数，.（注：是自然对数的底数） （1）若无极值点，求实数的取值范围； （2）当时，恒成立，求实数的取值范围. 18. （17分）设，点分别是椭圆的上顶点与右焦点，且，直线经过点与椭圆交于两点，是坐标原点. （1）求椭圆的方程； （2）若，点是轴上的一点，且的面积为，求点的坐标； （3）若点在直线上，向量在直线上的投影向量为向量，证明. 19. （17分）利用方程的方法可以将无限循环小数化为分数，例如将化为分数是这样计算的：设，则，即，解得. 这是一种利用方程求解具有无限过程的问题的方法，这种方法在高中计算无限概率、无限期望问题时都有很好的妙用. 已知甲、乙两人进行乒乓球比赛，每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，每局比赛的结果互不影响.规定：净胜局指的是一方比另一方多胜局. （1）如果约定先获得净胜两局者获胜，求恰好4局结束比赛的概率； （2）如果约定先获得净胜三局者获胜，那么在比赛过程中，甲可能净胜局.设甲在净胜局时，继续比赛甲获胜的概率为，比赛结束（甲、乙有一方先净胜三局）时需进行的局数为，期望为. ①求甲获胜的概率； ②求. ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高三年级5.3数学答案 1-8 D D C C CB D A 9. ACD 10. ABD 11.ACD 12. 14 13. 14. 【详解】令，，则点在函数图象上，在函数的图象上，容易知道图象是抛物线图象的上半部分，记抛物线焦点为，过 作抛物线的准线的垂线，垂足为，如图所示： ，当且仅当在线段 上时，取最小值. 设这时点坐标为，又，所以有，解得 ，即该点为，所以，因此.故选：A. 11. 【详解】对于A，因为，可知为线段的中点，又动点满足，设动点关于轴对称的点为，则，，可得，所以曲线关于轴对称，故A正确； 对于B，当时，将原点代入，得，故B错误； 对于C，当时，，可得． 因为，即，解得，， 令，则，由对勾函数可知在内单调递减，在内单调递增，且，，可得， 所以，故C正确； 对于D，当时，设在轴上的点为，由题意得， 因为曲线图象关于轴对称，不妨考虑的情形， 当时，方程化为，解得， 当时，方程化为，解得，故时，轴上有2个点，所以轴上存在4个不同的点在曲线上，故D正确．故选：ACD． 14. 【详解】设点在平面内的投影为，由直线与平面所成角分别为，且，则，，，于，以为轴，线段的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系， 令，由，，得，，，则，化简得，因此点在以为圆心，为半径的圆上，当最小时，最小，即三棱锥的体积最小， 此时，，，，因此点在底面上的射影在上，，又， 显然的中点到点的距离相等，此时三棱锥的外接球的球心为的中点，外接球的半径，表面积为.故答案为： 15. 【解析】(1) 取的中点，连接，， 四边形为平行四边形.又，四边形为菱形，，.平面平面，平面平面，平面，平面,平面，. （2）由（1）可知平面，因为，取中点为，连，所以.，为中点，， 又平面平面，平面平面，平面， 平面，平面，，两两互相垂直，以点为原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则， 所以. 设平面的法向量为， 由得， 取，得，则， 设平面的法向量为，由得， 取，得，则，. 设平面与平面的夹角为，则. 平面与平面夹角的余弦值为. 16.【解析】（1）因为，由正弦定理得 因为，可得，又因为，可得 所以，即 又因为，可得，所以，所以，可得··········6分 (2)由知 则，即 化简①·················································8分 在中，由余弦定理得 在中，由余弦定理得 而，所以，则，即②····10分 由①②得 由于，得，代入②得····································13分 所以的面积为··························15分 17. 【小问1详解】（方法一）易知，由无极值点可知，无变号零点，令（*），显然时，（*）无零点，此时无极值点，满足题意； 故当（*）可变形得，令，原问题等价于的图像与无相交交点，又，则，，单调递增；，，单调递减；又趋于，趋于；趋于，趋于；.可得的图象如图：由图可知，解得， 综上，； 【小问2详解】（方法一）由可知，， 即，令，即证， 易知，则， 若，即时，则，，单调递增，，不符合题意；若，即时，则，，单调递减，，，单调递增，，，单调递减，又，故令， 解得，即， 若，即时，则，，单调递减， ，，单调递增，，，单调递减， 令 ， 记，则恒成立， 在上单调递减，，即， 即对于任意，恒成立，综上所述， （方法二）①当时，不等式恒成立，可得； ②当时，可得恒成立，设， 则 . 可设，可得， 设，， 由，可得恒成立，可得在上单调递增， 在上单调递增，所以， 即恒成立，即在上单调递增，所以， 再令，可得， 当时，，在上单调递增； 时，，在上单调递减，所以， 所以，综上可得的取值范围是. 18.【小问1详解】，直线l过所以右焦点，即， 所以，椭圆方程为. 【小问2详解】当，直线，， 解得， ， 设，到直线距离， 由面积，得或，即或 . 【小问3详解】设，因为向量在直线上的投影向量为向量，故，故直线的斜率为，故直线的方程为，故， 而， 故， 联立， ，， 故， 设，设，由对勾函数的性质可得在为增函数， 故，故，. 19.【小问1详解】44局结束比赛时甲获胜，则在前2局甲乙各得一分，并且第3，4局甲胜，概率为； 4局结束比赛时乙获胜，则在前2局甲乙各得一分，并且第3，4局乙胜，概率为， 所以恰好4局结束比赛的概率. 【小问2详解】①在甲在净胜-2局前提下，继续比赛一局： 若甲赢，则甲的状态变为净胜-1局，继续比赛获胜的概率为； 若甲输，则甲的状态变为净胜-3局，比赛结束， 根据全概率公式，，同理， 由，得，与联立消去， 得，又，即，因此， 所以甲在净胜0局时，继续比赛甲获胜的概率为. ②在甲净胜-2局前提下，继续比赛一局： 若甲赢，则甲的状态变为净胜-1局，继续比赛至结束，还需要局，共进行了局； 若甲输，则甲的状态变为净胜-3局，比赛结束，共进行了1局， 则，即， 同理，即， ，即， ，即， ，即， 联立与，得， 联立与，得， 代入，得， 所以. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$