精品解析：陕西省咸阳市武功县普集高级中学2024-2025学年高三下学期第十一次模拟考试数学试题

数学 本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡和试卷上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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、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. 在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】通过复数乘法法则计算出复数，再根据复数与复平面内点的对应关系确定其坐标，最后根据坐标判断所在象限. 【详解】因为．所以该复数在复平面内对应的点的坐标为，位于第一象限． 故选：A. 2. 已知，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据诱导公式和两角和的正弦公式，即可求得答案. 【详解】因为， 所以，即， 又，所以． 故选：D 3. 由诺贝尔自然科学奖的历史数据表明，交叉学科是自然科技领域的重要发展趋势之一，跨学科研究也成为推动科学进步的关键力量．下图是连续5年我国交叉学科的建设情况统计图，则下列关于这5年我国交叉学科建设情况的说法正确的是（ ） A. 交叉学科总数的第75百分位数为616 B. 交叉学科高校数的平均数为186.8 C. 交叉学科高校数的极差为78 D. 每年的交叉学科总数与交叉学科高校数的差值越来越小 【答案】C 【解析】 【分析】由百分位数、平均数、极差的概念逐项判断即可. 【详解】对于A，由，即交叉学科总数的第75百分位数为第4个数677，错误， 对于B，交叉学科高校数的平均数为，错误， 对于C，交叉学科高校数的极差为231－153＝78正确， 对于D，由图可得从第1年到第5年间，交叉学科总数与交叉学科高校数的差值依次为，，，，， 所以其差值越来越大，错误， 故选：C 4. 已知为直线上一动点，过点作圆的两条切线，切点记为，若存在四边形的面积为，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由四边形面积求得切线长，得出，从而得出圆心到直线的距离的范围，再结合点到直线距离公式可得参数范围． 【详解】易得圆心，半径，由图知， 则，此时， 则只需圆心到直线的距离，即存在四边形的面积为， 所以，即，解得． 故选：B． 5. 若存在，使得成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用三角恒等变换化简计算将原不等式转化为.解法一：结合的单调性计算即可求解；解法二：参数分离并构造函数，利用导数判断函数的单调性，将不等式问题转化为函数最值问题即可求解． 【详解】解法一：因为， 所以原不等式转化为． 又与在上单调递增， 所以函数在上单调递增， 所以该函数在时取最小值，最小值为0， 此时，即，解得， 即的取值范围是． 解法二：因为， 所以原不等式等价于． 当时，不等式不成立； 当时，不等式变形为， 记，则， 所以在单调递增，得，即，解得， 故的取值范围是． 故选：D 6. 已知等差数列的前项和为．若表示不超过的最大整数，则（ ） A. 101 B. 100 C. 99 D. 98 【答案】A 【解析】 【分析】首先根据已知条件求出等差数列的首项和公差，进而可求出该等差数列的通项公式和前项和，然后求出的表达式，最后判断的值. 【详解】因为数列是等差数列，所以由 可得解得， 故． 根据设问所求，可知， 故当时，， 当时，， 所以． 故选：A. 7. 已知正四棱台的体积为，，若侧棱与底面所成角的正切值为，则该正四棱台的高为（ ） A. B. C. D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】根据正四棱台性质结合侧棱与底面所成角正切值得，设，根据正四棱台体积公式建立等式计算即可求解. 【详解】如图，连接，记上、下底面的中心分别为， 由正四棱台性质及，可得， 过作，垂足为，即为正四棱台的高，且， 因为侧棱与底面所成角正切值为， 所以，且， 所以． 设，所以， 则该正四棱台的体积， 解得，所以，即该正四棱台的高为3． 故选：D 8. 已知函数，若，则方程在的根的个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】将整理，得到，设，则有，因在单调递增，可得，即，从而将问题转化为方程在的根的个数问题，结合和在上单调递增即可判断方程的根的情况即可. 【详解】由， 可得． 设，则方程在的根的个数等于方程在上的根的个数． 因为函数与函数都为增函数， 所以函数在单调递增． 则可推得，即方程， 依题即判断方程在的根的个数． 由于时，， 令，因为函数，在都单调递增， 所以函数在单调递增， 所以，即当时，方程在只有1个根． 所以方程在的根的个数为1， 即方程在的根的个数为1． 故选：B. 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. 已知四棱锥的底面为平行四边形，平面，，分别为侧棱上一点，且，若，则（ ） A. 平面 B. 平面 C. 四棱锥的体积为 D. 点到平面的距离为 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据已知条件确定底面四边形的形状，再依据线面关系的判定定理判断选项A、B，利用体积公式计算四棱锥体积判断选项C，通过等体积法求解点到平面的距离判断选项D. 【详解】如图，因为在平行四边形中，，所以四边形为矩形． 又，可得，所以四边形为正方形． 由可得，所以．因为平面，平面，所以平面，A正确； 因为平面，平面，所以，所以． 又，则，因为，，平面，所以平面，B正确； 因为平面，则，C正确； 易得，所以，结合B项分析可得平面，又平面，则，所以． 设点到平面的距离为，又，则，解得，D错误． 故选：ABC 10. 已知函数，若其图象距离轴最近的一条对称轴方程为，最近的一个对称中心为，则（ ） A. B. 将图象上所有点向右平移个单位长度可得函数的图象 C. 在区间有3个零点 D. 在区间的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由函数的周期可得，再将点代入计算，即可得到，从而判断A，由三角函数的平移变换即可判断B，结合函数图像即可判断CD. 【详解】由题可得的最小正周期，解得， 由的一个对称中心为，得，即，因为，所以令，得，A正确； 由A项得，将图象上所有点向右平移个单位长度可得的图象，B正确； 作出函数的大致图象如图，由图可得在区间有2个零点，C错误： 如图，在区间先增后减，因为，， 所以在区间的最小值为，D正确． 故选：ABD 11. 在一条直线上从左至右依次分布有这6个点，为线段上一动点，在不测量各点之间距离的情况下，要使点到这6个点的距离之和最小，则点可以在（ ） A. 与的中点处 B. 处 C. 处 D. 与的中点处 【答案】BCD 【解析】 【分析】通过建立平面直角坐标系，将点到个点的距离之和表示为含有绝对值的式子，然后根据绝对值的性质以及点的位置关系，分析距离之和这个函数的单调性，进而确定其取得最小值时的取值范围，也就是点的位置区间. 【详解】由题意可建立平面直角坐标系如图， 设，，，，，，， 易得，记点到这6个点的距离之和为， 则， 此时将问题转化为取得最小值时的取值范围． 因为当点在点处时，点到点的距离之和最小为， 所以当时，点到点的距离之和单调递减； 当时，点到点的距离之和单调递增， 且与此同时点到点的距离之和单调递减， 且递减速度为点到点，的距离递增速度的3倍， 所以当时，单调递减． 同理，当时，单调递增．又当时，为定值， 所以当时，取得最小值，故点可以在处或处或与之间．即A错误，BCD正确． 故选：BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，，，若，则____________． 【答案】或 【解析】 【分析】根据向量共线的坐标形式可求参数的值. 【详解】由题得，， 又，则，解得或． 故答案为：或． 13. 已知抛物线的焦点为，点为抛物线上位于第一象限的动点，延长与交于点，若时，，则当时，______． 【答案】8 【解析】 【分析】法一：当时，设，代入求解可得抛物线方程，当时，可得直线的方程为，设，，与抛物线方程联立，可求得，进而计算可求解. 法二：同法一求得抛物线的方程，利用，可求值. 【详解】解法一：因为当时，可设，代入， 得，解得（负值舍去），则， 当时，可得直线的方程为， 与联立得，可设，， 所以，，则由抛物线的定义可得， ，所以． 解法二 因为当时，可设，代入， 得，解得（负值舍去），则， 当时，由抛物线中焦半径与直线倾斜角的关系可得， ，即，， 所以． 故答案为：. 14. 已知定义在上的函数的图象经过坐标原点，，，且为偶函数，则______． 【答案】2499 【解析】 【分析】利用和的关系式，借助于为偶函数，通过先后赋值代入可推得的周期，分别计算出一个周期内的函数值，代入所求式，利用函数周期和等差数列的求和公式计算即得.． 【详解】由，得（*）． 在中，用替换，可得， 则，即①， 在①式中，用替换，则得②． 又因为偶函数，所以③， 故由②③，可得，用替换，可得 ， 比较两式，可得，即是以4为一个周期的函数． 因为的图象经过原点，所以，由（*）可得． 在中，令，得，所以， 在中，令，可得， 在中，令，可得， 则， 则 ． 故答案为：2499. 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. 记锐角的内角所对的边分别为，已知． （1）证明：； （2）若为边上一点，，，，求． 【答案】（1）证明见解析 （2）2 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用正弦定理进行边角互化并结合二倍角的正弦公式得，再根据是锐角三角形即可得到，从而得证； （2）根据条件可证得，从而得，，结合，得到，求得，进而得 【小问1详解】 由题得， 由正弦定理可得， 即， 则或， 即或， 又为锐角三角形， 故． 【小问2详解】 由（1）可得为等腰三角形，又， 所以 ， 则， 因为，， 由，得 所以，解得， ， 则， 又，则， 所以在中，． 16. 如图，在三棱锥中，平面，，，，分别为棱的中点，分别为线段上一点，且，． （1）当时，证明：平面； （2）若平面与平面夹角的正弦值为，求此时点的坐标． 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）连接，在线段上取一点，使，在线段上取一点，使，连接，结合已知先证，再由线面平行的判定证明结论； （2）构建合适的空间直角坐标系，并标注出相关点的坐标，进而求出平面与平面的法向量，应用向量法及面面角的正弦值，列方程求参数，进而确定点的坐标． 【小问1详解】 如图，连接，在线段上取一点，使， 在线段上取一点，使，连接， 则，且． 因为分别为棱的中点．则， 且，，， 所以，，又，所以，， 所以四边形为平行四边形，同理四边形为平行四边形， 所以，，所以． 因为平面，平面，所以平面． 【小问2详解】 如图，以为原点，过点作的垂线为轴，分别以射线为轴的正半轴建立空间直角坐标系， 易得，，，，所以，， 又，所以，所以，则． 设平面的一个法向量为，则， 令，得，，则． 易知平面的一个法向量为． 因为平面与平面所成角的正弦值为， 易知平面与平面所成角为锐角，则这两个平面夹角的余弦值为， 所以，整理得，解得或（舍去）， 所以. 17. 某班组织同学们在体测前进行立定跳远、铅球两个项目的测试，已知个人总成绩为个人各项目成绩之和，立定跳远合格得60分，投掷铅球合格得20分．否则不得分，此外只有当第一个测试项目的成绩合格后，才能进行另一项测试．在这两项测试中，得到相关数据如下：（单位：名） 项目顺序 个人总成绩合格（人数） 个人总成绩不合格（人数） 合计 先立定跳远 20 8 28 先投掷铅球 10 16 26 合计 30 24 54 （1）若随机抽取2名总成绩合格的同学，求这2名同学均先投掷铅球的概率； （2）依据小概率值的独立性检验，分析能否认为先立定跳远与个人总成绩是否合格存在关联？ （3）设甲同学立定跳远的合格率为0.75，投掷铅球的合格率为0.8，且两个项目是否合格相互独立．若甲同学要使总成绩的期望最大，那么他应该先选哪个项目？说明理由． 附：． 0.1 0.05 0.01 0.005 2.706 3.841 6.635 7.879 【答案】（1） （2）有关联 （3）甲同学应先选择立定跳远，理由如下： 若甲同学先立定跳远，记为甲同学总成绩的得分，则的所有可能取值为， 则， ， ， 所以的分布列为： 0 60 80 0.25 0.15 0.6 则． 若甲同学先投掷铅球，记为甲同学总成绩的得分，则的所有可能取值为， 则， ， ， 所以的分布列为： 0 20 80 0.2 0.2 0.6 则． 因为， 所以要使总成绩的期望最大，甲同学应先选择立定跳远． 【解析】 【分析】（1）利用古典概型概率公式，结合组合的应用可求这2名同学均先投掷铅球的概率； （2）先根据列联表中的数据计算得到的值，再与比较大小，从而可得答案； （3）先分别求出两个项目的期望，再比较两个项目的期望的大小，甲同学选期望大的项目即可. 【小问1详解】 由表格数据易得总成绩合格的同学有30名， 其中先投掷铅球且总成绩合格的同学有10名． 故2名同学均先投掷铅球的概率为． 【小问2详解】 零假设为：先立定跳远与个人总成绩是否合格没有关联． 根据列联表中的数据，经计算得到． 因为，所以根据小概率值的独立性检验．推断不成立， 即可以认为“先立定跳远与个人总成绩是否合格”有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05． 【小问3详解】 略 18. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若，求的值； （3）当时，证明：有2个零点． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求得切线斜率，由点斜式即可得到切线方程； （2）函数求导后，根据参数的取值分类讨论，得到时，，构造函数，求导推得，结合恒成立即得的值； （3）由得，令，则，令，求导判断在区间上单调递增，结合零点存在定理，推得，使得，求出的最小值为，由可得，，故得的最小值，由即可判断函数，即函数的零点个数. 【小问1详解】 当时，，则， 所以，， 所以曲线在点处的切线方程为， 即． 【小问2详解】 函数的定义域为，且， ① 当时，易得，在上单调递减， 又，所以当时，，不符合题意； ② 当时，由，得时，即在上单调递增； 由，得时，即在上单调递减， 所以， 因为，则其等价于，即． 令，则， 所以当时，，当时，， 则在上单调递增，在上单调递减， 所以，因恒成立，故． 【小问3详解】 ． 令，得， 令，则与有相同的零点， 且． 令，则， 因为当时，，所以在区间上单调递增， 又，，所以，使得， 所以当时，，即； 当时，，即， 所以在单调递减，在单调递增， 所以的最小值为． 由，得，即， 令，，则，则在单调递增． 因为，所以，则， 所以，从而，， 所以的最小值． 因为，所以当趋近于0时，趋近于； 当趋近于时，趋近于，且， 所以有2个零点，故有2个零点． 19. 若一个三角形的三条边均与曲线相切，则称这个三角形是以这三个切点为顶点的三角形的“伴随三角形”．已知椭圆，且上的点到点的距离的最大值为． （1）求； （2）若是的“伴随三角形”，且均不与的顶点重合． （ⅰ）求与的面积之比； （ⅱ）求． 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）设点在曲线上，用两点之间的距离公式和基本不等式即可计算的值. （2）（ⅰ）设点，，，直线的方程为， 联立方程再通过韦达定理即可求得面积之比. （ⅱ）由（ⅰ）和点在椭圆及直线上可得直线，直线和直线的方程，再通过直线的方程与椭圆方程联立，韦达定理，得是以为首项，4为公比的等比数列即可计算. 【小问1详解】 设点在上，则， 即， 所以点到点的距离为： ， 当且仅当时，取得最大值， 即，所以． 【小问2详解】 （ⅰ）因为点均不与的顶点重合，所以直线的斜率均存在且不为0．设直线与椭圆的切点分别为． 设点，，，直线的方程为， 联立消去得， 则， ． 联立消得， 则，所以， 即点是线段的中点， 同理可知点分别是线段的中点， 所以与的面积之比为． （ⅱ）由（ⅰ）可得，即， 则由点在椭圆及直线上可得 ， 化简得，即， 所以直线的方程为， 即， 同理可得直线的方程为， 所以，， 所以直线的方程为，即． 由 消去并化简整理得， 则， 所以 ． 由（ⅰ）知，点分别是线段的中点， 所以， 同理得， 所以， 所以，解得或， 又与不重合，所以， 所以是以为首项，4为公比的等比数列， 所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学 本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡和试卷上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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、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. 在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 由诺贝尔自然科学奖的历史数据表明，交叉学科是自然科技领域的重要发展趋势之一，跨学科研究也成为推动科学进步的关键力量．下图是连续5年我国交叉学科的建设情况统计图，则下列关于这5年我国交叉学科建设情况的说法正确的是（ ） A. 交叉学科总数的第75百分位数为616 B. 交叉学科高校数的平均数为186.8 C. 交叉学科高校数的极差为78 D. 每年的交叉学科总数与交叉学科高校数的差值越来越小 4. 已知为直线上一动点，过点作圆的两条切线，切点记为，若存在四边形的面积为，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 5. 若存在，使得成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知等差数列的前项和为．若表示不超过的最大整数，则（ ） A. 101 B. 100 C. 99 D. 98 7. 已知正四棱台的体积为，，若侧棱与底面所成角的正切值为，则该正四棱台的高为（ ） A. B. C. D. 3 8. 已知函数，若，则方程在的根的个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 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. 已知四棱锥的底面为平行四边形，平面，，分别为侧棱上一点，且，若，则（ ） A. 平面 B. 平面 C. 四棱锥的体积为 D. 点到平面的距离为 10. 已知函数，若其图象距离轴最近的一条对称轴方程为，最近的一个对称中心为，则（ ） A. B. 将图象上所有点向右平移个单位长度可得函数的图象 C. 在区间有3个零点 D. 在区间的最小值为 11. 在一条直线上从左至右依次分布有这6个点，为线段上一动点，在不测量各点之间距离的情况下，要使点到这6个点的距离之和最小，则点可以在（ ） A. 与的中点处 B. 处 C. 处 D. 与的中点处 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，，，若，则____________． 13. 已知抛物线的焦点为，点为抛物线上位于第一象限的动点，延长与交于点，若时，，则当时，______． 14. 已知定义在上的函数的图象经过坐标原点，，，且为偶函数，则______． 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. 记锐角的内角所对的边分别为，已知． （1）证明：； （2）若为边上一点，，，，求． 16. 如图，在三棱锥中，平面，，，，分别为棱的中点，分别为线段上一点，且，． （1）当时，证明：平面； （2）若平面与平面夹角的正弦值为，求此时点的坐标． 17. 某班组织同学们在体测前进行立定跳远、铅球两个项目的测试，已知个人总成绩为个人各项目成绩之和，立定跳远合格得60分，投掷铅球合格得20分．否则不得分，此外只有当第一个测试项目的成绩合格后，才能进行另一项测试．在这两项测试中，得到相关数据如下：（单位：名） 项目顺序 个人总成绩合格（人数） 个人总成绩不合格（人数） 合计 先立定跳远 20 8 28 先投掷铅球 10 16 26 合计 30 24 54 （1）若随机抽取2名总成绩合格的同学，求这2名同学均先投掷铅球的概率； （2）依据小概率值的独立性检验，分析能否认为先立定跳远与个人总成绩是否合格存在关联？ （3）设甲同学立定跳远的合格率为0.75，投掷铅球的合格率为0.8，且两个项目是否合格相互独立．若甲同学要使总成绩的期望最大，那么他应该先选哪个项目？说明理由． 附：． 0.1 0.05 0.01 0.005 2.706 3.841 6.635 7.879 18. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若，求的值； （3）当时，证明：有2个零点． 19. 若一个三角形的三条边均与曲线相切，则称这个三角形是以这三个切点为顶点的三角形的“伴随三角形”．已知椭圆，且上的点到点的距离的最大值为． （1）求； （2）若是的“伴随三角形”，且均不与的顶点重合． （ⅰ）求与的面积之比； （ⅱ）求． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $