精品解析：河南省濮阳市部分学校2024-2025学年高三第二次模拟考试数学试题

2024—2025学年高三年级第二次模拟考试 数学 考生注意： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.回答选择题时，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.回答非选择题时，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、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. 已知等差数列的公差为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用等差数列的定义求解即可. 【详解】因为等差数列的公差为，所以. 故选：C. 2. 已知且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据指数运算性质和对数运算性质逐项判断即可. 【详解】由题意得A项中和C项中的的值无法确定， 对于B，，对于D，． 故选：D 3. 若为方程的两个不同的根，则（ ） A. －2i B. 2i C. －2 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的运算求出两根的关系，进而可得答案. 【详解】因为，所以． 故选：A 4. 若双曲线上的点到点的距离为4，则点到点的距离为（ ） A. 14 B. 12 C. 10 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】先利用双曲线的标准方程确定焦点坐标，再利用双曲线的定义求解即可． 【详解】由题意可知，，则， 则双曲线的左、右焦点分别为， 因或，且，故． 故选：B 5. 已知，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用同角三角函数的基本关系和两角差的余弦公式求解. 【详解】因为，所以， 所以. 故选：D. 6. 已知函数的部分图象如下，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数部分图象可得为偶函数，结合和函数值正负，利用排除法得解. 【详解】因为的图象关于轴对称，所以为偶函数，排除B， 又，排除A，当时，，排除D. 故选：C． 7. 若，且，则的最大值为（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】对目标式合理变形，再利用基本不等式求解即可． 【详解】因为， 所以， 当且仅当，即时取等号. 故选：B. 8. 与曲线和圆都相切的直线有（ ） A. 1条 B. 2条 C. 3条 D. 4条 【答案】C 【解析】 【分析】根据导数的几何意义得到切线方程，然后根据直线与圆的位置关系列方程得到，构造函数，利用导数分析单调性得到零点个数即可得到切线条数. 【详解】设直线与曲线相切于点， 则的方程为，即． 圆C：，因为与圆相切，所以， 所以， 令，则， 令，得或， 进一步得到在上单调递增，在上单调递减， 所以， 又当时，，所以在区间上分别有1个零点， 所以这样的切线有3条． 故选：C. 【点睛】关键点睛：本题的解题关键在于根据导数的几何意义和切线的性质得到方程后，将方程的根的个数转化为函数的零点个数，然后分析单调性求零点个数即可. 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. 在中，若，点在边上，点在边上，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】本题考查平面向量的运算性质，对于，先将表示为，求的坐标，再求出其模长； 对于，先利用向量数量积的坐标表示求出，再求出； 对于，由，得为边上的高，再由等面积法求出； 对于，由，得到平分，即，又，所以，最后利用求出即可. 【详解】对于，，故正确； 对于，因为，所以，故错误； 对于，因为，所以为边上的高，的面积为，所以，故错误； 对于，因为，所以平分，即， 又，所以，所以，故正确． 故选：. 10. 在三棱锥中，已知为的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 长度的取值范围是 B. 直线与平面所成的角为 C. 若，则，所成的角为 D. 若，则三棱锥外接球的表面积为 【答案】BD 【解析】 【分析】对A，由题可得，可得得解；对B，由题可得平面，由线面角定义求解判断；对C，由勾股定理可得，得平面，进而得，得解；对D，取的中点为F，由对称性得外接球的球心必在的延长线上，由，分别由勾股定理建立方程求得外接球的半径，得解. 【详解】对于A，因为，为的中点， 所以，所以，所以，故A错误； 对于B，由题，易得，又平面，所以平面， 所以与平面所成的角为，故B正确； 对于C，因为，所以，所以， 又因为平面，所以平面，所以，故C错误； 对于D，如图，取的中点为F，连接，则， 由图形的对称性得，三棱锥外接球的球心必在的延长线上， 设，由，分别由勾股定理得， 所以，所以外接球的半径为， 所以外接球的表面积为，故D正确． 故选：BD. 11. 如图，一个圆形仓鼠笼被分为A，B，C，D四个区域，相邻区域之间用通道相连，开始时将一只仓鼠放入区域，仓鼠每次随机选择一个通道进入相邻的区域，设经过次随机选择后仓鼠在区域的概率为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据全概率公式、概率的乘法公式可得数列的递推关系，结合等比数列的定义与通项公式求出数列的通项公式，再结合等比中项的定义、以及指数函数的性质，对选项中的结论逐一判断即可. 【详解】对于A，因为仓鼠一开始在区域，经过1次选择后不可能在区域，所以，故A正确； 对于B，记仓鼠经过次随机选择后在B，C，D区域的概率分别为，， 则有所以，进一步得， 因为，所以，所以， 所以不成等比数列，故B错误； 对于C，因为， 所以，故C正确； 对于D，因为， 所以，故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. 已知集合，非空集合，若，则的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】结合题意确定集合非空，再转化为集合包含问题，建立不等式组求解参数范围即可. 【详解】由题意得，又因为， 所以，解得． 故答案：. 13. 我们把几何体的表面积与体积之比称为“相对积”．已知三棱锥中，分别在棱上，且截面与底面平行，，则三棱锥与三棱锥的相对积之比为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用相似比以及棱锥的体积和表面积公式即可. 【详解】设三棱锥、三棱锥的体积分别为，表面积分别为， 高分别为， 因为，所以，，， 则，， 则三棱锥与三棱锥的相对积之比为． 故答案为： 14. 若过点的直线与抛物线交于B，C两点，以B，C为切点分别作的两条切线，则两条切线的交点的轨迹方程为______． 【答案】 【解析】 【分析】设出直线方程，利用韦达定理可求两条切线的交点的轨迹方程. 【详解】设的方程为，代入中，整理得， 设，则， 由题意过点的切线斜率存在且不为0，设为， 联立，得，由可得，即， 所以切线方程为，同理可得过点的切线方程为. 联立解得消去，得， 所以两条切线交点的轨迹方程为． 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. 小王参加某机构的招聘面试，要从6道简答题和4道论述题中任意抽取3道进行回答． （1）求小王抽取的3道题中两种题型都有的概率； （2）每道简答题答对得10分，每道论述题答对得20分，假设小王每道题都能答对，记小王答完3道题的总得分为，求的分布列和数学期望． 【答案】（1） （2）分布列见解析，数学期望为42 【解析】 【分析】（1）根据对立事件的概率公式结合古典概率的概率公式求解； （2）求出的所有可能取值，再求出相应的概率，列出分布列求得期望. 【小问1详解】 所求概率为. 【小问2详解】 的所有可能取值为， ，， ，． 所以的分布列为 X 30 40 50 60 P 的数学期望. 16. 如图，在圆锥中，平面是轴截面，为底面圆周上一点（与不重合），为的中点． （1）求证：平面； （2）若，，，求平面与平面的夹角的大小． 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）依次求证和，再由线面垂直判定定理即可求证； （2）建立适当的空间直角坐标系，依次求出向量和平面的法向量即可由空间角向量法公式计算求解. 【小问1详解】 由题意在圆锥中，平面， 又平面，所以， 因为为的中点，，所以， 因为平面，所以平面. 【小问2详解】 在平面内，过作交于点，分别以直线为轴建立空间直角坐标系，如图． 因为，，所以，， 由（1）知平面的一个法向量为， 又，，所以，， 设平面的法向量为， 则，取， 所以， 所以平面与平面的夹角为． 17. 如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点，，且，记． （1）证明：； （2）证明：； （3）记，若，求的值． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）设，则，在和中，利用余弦定理分别表示，即可得证. （2）在和中，利用正弦定理结合即可证明. （3）若，根据三角形相似得，与已知矛盾；若，则，结合已知得，利用二倍角余弦公式化简得，求解即可. 【小问1详解】 设，则． 由余弦定理得， 所以，所以． 【小问2详解】 在中，由正弦定理得， 在中，由正弦定理得， 由（1）知，又，所以． 【小问3详解】 若，则，得，与已知矛盾． 若，则， 所以化为，即， 整理得，即，解得． 18. 已知椭圆的长轴长为，左、右焦点分别为，直线与交于P，Q两点，且满足（为坐标原点），当变化时，面积的最大值为． （1）求的方程； （2）证明：； （3）过点和线段PQ的中点作一条直线与交于R，S两点，求四边形PRQS面积的取值范围． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，解方程组即可得解. （2）设，联立直线与椭圆方程，韦达定理，利用数量积的坐标运算化简得，即可得证. （3）设，则，利用面积分割法得，然后利用向量的线性坐标公式得点的坐标，代入椭圆方程得，然后利用二次函数性质求解最值. 【小问1详解】 设半焦距为． 依题意得，所以，解得， 所以的方程为． 【小问2详解】 设， 由消去得， 则， ， 因为，所以， 化简得，此时成立，证毕． 【小问3详解】 设PQ的中点为，因为直线RS经过点和点， 所以不妨设，则． ． 由，得点的坐标为， 又， 所以代入的方程得， 化简得，则． 所以， 即四边形PRQS面积的取值范围为． 19. 已知函数． （1）当时，，求实数的取值范围． （2）若，设的正零点从小到大依次为． ①证明：； ②判断数列的单调性，并证明． 附：当时，． 【答案】（1） （2）①证明见解析 ；②数列是递减数列，证明见解析 【解析】 【分析】（1）参变分离后转化为对任意恒成立，构造函数，利用导数求最大值，即可求解； （2）①首先利用导数说明函数每一个零点所在区间，再结合诱导公式，以及函数的单调性，比较大小后，即可证明； ②首先设，利用分析法转化证明，根据条件，以及正确公式得到，并通过作差构造函数，理由导数分析单调性后即可证明. 【小问1详解】 由题意，即对任意恒成立． 设，则， 当时，，则，所以在上单调递增， ，所以， 即的取值范围是． 【小问2详解】 （ⅰ）若，则在定义域内恒成立， 所以对任意在区间上单调递增， 又，当时，， 所以在区间内有唯一零点，所以． 所以和都在区间内， 又，所以，即． （ⅱ）数列是递减数列． 证明如下：记，要证明数列递减数列， 即证明：当时，，即， 又因为，所以只需证明当时，． 由（ⅰ）知，所以，且． 所以，所以． ， 设函数，则， 因为在区间上单调递增， 所以当时，， 所以在时单调递增，所以， 即，所以． 因为在上单调递增，且，所以， 综上，数列是递减数列． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024—2025学年高三年级第二次模拟考试 数学 考生注意： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知等差数列的公差为，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知且，则（ ） A. B. C. D. 3. 若为方程的两个不同的根，则（ ） A. －2i B. 2i C. －2 D. 2 4. 若双曲线上的点到点的距离为4，则点到点的距离为（ ） A. 14 B. 12 C. 10 D. 8 5. 已知，若，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数的部分图象如下，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 7. 若，且，则的最大值为（ ） A. B. 1 C. D. 8. 与曲线和圆都相切的直线有（ ） A. 1条 B. 2条 C. 3条 D. 4条 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 在中，若，点在边上，点在边上，且，，则（ ） A. B. C. D. 10. 在三棱锥中，已知为的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 长度的取值范围是 B. 直线与平面所成的角为 C. 若，则，所成的角为 D. 若，则三棱锥外接球表面积为 11. 如图，一个圆形仓鼠笼被分为A，B，C，D四个区域，相邻区域之间用通道相连，开始时将一只仓鼠放入区域，仓鼠每次随机选择一个通道进入相邻的区域，设经过次随机选择后仓鼠在区域的概率为，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知集合，非空集合，若，则的取值范围是______． 13. 我们把几何体的表面积与体积之比称为“相对积”．已知三棱锥中，分别在棱上，且截面与底面平行，，则三棱锥与三棱锥的相对积之比为______． 14. 若过点的直线与抛物线交于B，C两点，以B，C为切点分别作的两条切线，则两条切线的交点的轨迹方程为______． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 小王参加某机构招聘面试，要从6道简答题和4道论述题中任意抽取3道进行回答． （1）求小王抽取的3道题中两种题型都有的概率； （2）每道简答题答对得10分，每道论述题答对得20分，假设小王每道题都能答对，记小王答完3道题总得分为，求的分布列和数学期望． 16. 如图，在圆锥中，平面是轴截面，为底面圆周上一点（与不重合），为的中点． （1）求证：平面； （2）若，，，求平面与平面的夹角的大小． 17. 如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点，，且，记． （1）证明：； （2）证明：； （3）记，若，求值． 18. 已知椭圆的长轴长为，左、右焦点分别为，直线与交于P，Q两点，且满足（为坐标原点），当变化时，面积的最大值为． （1）求的方程； （2）证明：； （3）过点和线段PQ的中点作一条直线与交于R，S两点，求四边形PRQS面积的取值范围． 19. 已知函数． （1）当时，，求实数的取值范围． （2）若，设正零点从小到大依次为． ①证明：； ②判断数列的单调性，并证明． 附：当时，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$