精品解析：河北省冀州中学2024-2025学年高三下学期高考仿真一数学试题

冀州中学25年高考仿真试卷一 数学试题 考试时间：120分钟 试题分数：150分 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题：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，则的子集的个数是（ ） A. 4 B. 8 C. 16 D. 32 2. 设复数满足，则在复平面上表示的图形是（ ） A. 直线 B. 直线 C. 圆 D. 抛物线 3. 已知向量在向量上的投影向量为，若，则（ ） A. B. C. 3 D. 9 4. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 2 5. 如果，那么“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 已知函数在区间上存在唯一极大值点，则a的最大值为（ ） A. B. C. D. 7. 若圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，记圆柱与球的体积之比为，表面积之比为，则（ ） A. B. C. D. 的大小不确定 8. 已知点在圆上运动，若过点可以作曲线的切线，则点的轨迹长度是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：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. 下列说法正确的是（ ） A. 数据的第80百分位数为11 B. 已知随机变量，设，则的方差 C. 用简单随机抽样的方法从51个个体中抽取2个个体，则每个个体被抽到的概率都是 D. 若样本数据的平均数为2，则的平均数为8 10. 已知椭圆的左，右焦点为，，A，B分别为它的左右顶点，点P为椭圆上的动点（P不在x轴上），下列选项正确的是（ ） A. 存在点P使得 B. 的周长为 C. 直线PA与直线PB的斜率乘积为 D. 的最小值为 11. 若函数存在两个极值点 ，则（ ） A. 函数至少有一个零点 B. 或 C. D. 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知是偶函数，则的取值为______． 13. 若的展开式中含有常数项，则正整数的最小值为__________． 14. 已知为等腰三角形，点D为腰AC上靠近顶点A的三等分点，BD长为2，则该三角形面积的最大值为______． 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. 如图，已知直线与抛物线交于、两点，且，于点． （1）求直线的方程； （2）求的面积． 16. 某汽车模型公司共有25个汽车模型，其外观和内饰的颜色分布如下表所示： 红色外观 蓝色外观 棕色内饰 7 10 米色内饰 3 5 （1）若小明从这些模型中随机抽取一个模型，记事件为抽到的模型为红色外观，事件 为抽到的模型是米色内饰，求，并据此判断事件是否相互独立； （2）该公司举行了一个抽奖活动，规定在一次抽奖中，每人可以从这些模型中一次性抽两个汽车模型，根据这两个汽车模型的外观和内饰颜色确定奖金：若外观异色且内饰异色，则奖励600元，若外观同色且内饰同色，则奖励300元，若仅外观同色或仅内饰同色，则奖励150元，设一次抽奖的奖金为元，求的分布列与期望. 17. 如图，在多面体中，平面，平面平面，四边形是正方形，是正三角形，，． （1）证明：平面； （2）若直线与底面的交点为，直线上是否存在点，使得平面与平面的夹角为60°?若存在，求的长；若不存在，请说明理由． 18. 已知数列满足，数列满足，且. （1）求的通项公式； （2）求的通项公式； （3）将中的项按从小到大的顺序插入中，且在任意的之间插入项，从而构成一个新数列，设的前项和为，求. 19. 已知函数． （1）若曲线在处的切线平行于直线，求的值以及函数的最小值； （2）证明：对一切的，都有； （3）当时，若曲线与曲线存在两交点，记直线的斜率为，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 冀州中学25年高考仿真试卷一 数学试题 考试时间：120分钟 试题分数：150分 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题：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，则的子集的个数是（ ） A. 4 B. 8 C. 16 D. 32 【答案】B 【解析】 【分析】首先解不等式化简集合，再根据含有个元素的集合有个子集计算可得. 【详解】由，解得， 所以， 所以的子集有个. 故选：B 2. 设复数满足，则在复平面上表示的图形是（ ） A. 直线 B. 直线 C. 圆 D. 抛物线 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数在复平面中的几何意义直接求解即可. 【详解】设复数在复平面中对应的点为， 设，，则的几何意义为， 即点的轨迹为的中垂线，方程为. 故选：B 3. 已知向量在向量上的投影向量为，若，则（ ） A. B. C. 3 D. 9 【答案】A 【解析】 【分析】根据计算投影向量的公式及，求得，再利用数量积的运算律即可得答案. 【详解】，∴, , 故选：A. 4. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据同角三角函数的基本关系可得的值，结合二倍角公式计算可得结果. 【详解】∵，， ∴， ∴. 故选：D. 5. 如果，那么“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】由不等式的性质作差后分别证明充分性和必要性即可. 【详解】若，，则， 则，即，充分性成立； 若，，则， 所以，必要性成立， 所以如果，那么“”是“”的充要条件. 故选：C 6. 已知函数在区间上存在唯一极大值点，则a的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用整体法，结合正弦函数的性质，结合极值点的定义即可求解. 【详解】令，， 所以，解得，即a的最大值为. 故选：A． 7. 若圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，记圆柱与球的体积之比为，表面积之比为，则（ ） A. B. C. D. 的大小不确定 【答案】A 【解析】 【分析】可先分别根据圆柱和球的体积公式、表面积公式求出和的值，再比较和的大小. 【详解】设球的半径为，因为球的直径恰好与圆柱的高相等，所以圆柱的高， 又因为球是圆柱的内切球，所以圆柱底面半径. 根据圆柱体积公式，可得圆柱体积. 根据球的体积公式. 已知圆柱与球的体积之比为，则. 根据圆柱表面积公式，可得圆柱表面积. 根据球的表面积公式. 已知圆柱与球的表面积之比为，则. 所以. 故选：A. 8. 已知点在圆上运动，若过点可以作曲线的切线，则点的轨迹长度是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求导得到在，和的切线斜率，在变化过程中，确定点的轨迹，最后根据弧长公式求解. 【详解】，， ，则， 故在处的切线方程为， ，， 故在处的切线方程为， ，， 故在处的切线方程为， 当的切点横坐标从连续变为时， 切线从变为，此时两切线与圆的交点左边从到， 右边从到， 同理，当的切点横坐标从连续变为时， 切线从变为，此时两切线与圆的交点左边从到， 右边从到， 故点的轨迹为劣弧和劣弧， 其中，故， 故其轨迹对应的圆心角为， 由弧长公式得. 故选：D. 二、多选题：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. 下列说法正确的是（ ） A. 数据的第80百分位数为11 B. 已知随机变量，设，则的方差 C. 用简单随机抽样的方法从51个个体中抽取2个个体，则每个个体被抽到的概率都是 D. 若样本数据的平均数为2，则的平均数为8 【答案】AB 【解析】 【分析】利用第p百分位数意义计算判断A；利用二项分布的方差公式及方差的性质计算判断B；求出简单随机抽样的概率公式计算判断C；利用平均数的性质计算判断D作答. 【详解】对于A，由，得第80百分位数为11，A正确； 对于B，，则，因此，B正确； 对于C，简单随机抽样，从51个个体中抽取2个个体，每个个体被抽到的概率相等，都是，C错误； 对于D，依题意，的平均数为，D错误. 故选：AB 10. 已知椭圆的左，右焦点为，，A，B分别为它的左右顶点，点P为椭圆上的动点（P不在x轴上），下列选项正确的是（ ） A. 存在点P使得 B. 的周长为 C. 直线PA与直线PB的斜率乘积为 D. 的最小值为 【答案】BD 【解析】 【分析】首先求出、、，根据椭圆的几何性质可知当在椭圆的短轴顶点时取得最大值，即可判断A；根据椭圆的定义判断B；设，求出即可判断C；利用基本不等式判断D. 【详解】椭圆，则，，，则，， 对于A：当在椭圆的短轴顶点时取得最大值， 不妨取，此时， 所以为锐角，所以不存在点使得，故A错误； 对于B：因为，，所以的周长为，故B正确； 对于C：因为，，设， 则，故C错误； 对于D：因为， 所以 ， 当且仅当，即时取等号，故D正确； 故选：BD 11. 若函数存在两个极值点 ，则（ ） A. 函数至少有一个零点 B. 或 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，只需将 代入验证即可，对于B，通过函数存在2个极值点转化为导函数有2个变号零点问题，从而转化为二次函数根的分布问题即可，对于C，利用B选项的条件即可推导；对于D，计算 ，构造函数 ，求函数 的最小值即可 【详解】对于A， ， 是 的一个零点，故A正确 对于B， 存在两个极值点 ， 有两个不相等的实数根，即 有两个变号零点 ，即 ， 又， ，解得 综上， ，故B错误 对于C，由B选项可得， ， ， ， 故C正确 对于D， 将 代入上式 令 有 在 上单调递增， ， 故D正确 故选：ACD 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知是偶函数，则的取值为______． 【答案】 【解析】 【分析】由题意得，代入解出即可. 【详解】由题意有，即， 所以，所以， 解得，解得， 故答案为：. 13. 若的展开式中含有常数项，则正整数的最小值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】写出展开式通项，令的指数为，可得出的表达式，即可得出正整数的最小值. 【详解】的展开式通项为， 令，可得，故当时，正整数取最小值. 故答案为：. 14. 已知为等腰三角形，点D为腰AC上靠近顶点A的三等分点，BD长为2，则该三角形面积的最大值为______． 【答案】#### 【解析】 【分析】设，利用得出，即可求出，进而求一元二次函数的最值即可. 【详解】设，则， 在中利用余弦定理得，， 在中利用余弦定理得，， 因， 则， 则， 因等腰底边上的高为， 则， 故当，即，时，取最大值. 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. 如图，已知直线与抛物线交于、两点，且，于点． （1）求直线的方程； （2）求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由点的坐标求出直线的斜率，根据垂直得到直线的斜率，利用点斜式方程可得出直线的方程； （2）联立直线与抛物线的方程，根据，结合韦达定理求出的值，由弦长公式求出，即可得到的面积. 【小问1详解】 由题意可得直线的斜率为， 因为，所以直线的斜率为， 又因为直线过点，所以直线的方程为，即. 【小问2详解】 由得，， 设点，，则， 因为，则，解得， 所以，， 由弦长公式可得. 因为，故. 所以的面积为. 16. 某汽车模型公司共有25个汽车模型，其外观和内饰的颜色分布如下表所示： 红色外观 蓝色外观 棕色内饰 7 10 米色内饰 3 5 （1）若小明从这些模型中随机抽取一个模型，记事件为抽到的模型为红色外观，事件 为抽到的模型是米色内饰，求，并据此判断事件是否相互独立； （2）该公司举行了一个抽奖活动，规定在一次抽奖中，每人可以从这些模型中一次性抽两个汽车模型，根据这两个汽车模型的外观和内饰颜色确定奖金：若外观异色且内饰异色，则奖励600元，若外观同色且内饰同色，则奖励300元，若仅外观同色或仅内饰同色，则奖励150元，设一次抽奖的奖金为元，求的分布列与期望. 【答案】（1），，不相互独立 （2）分布列： 600 300 150 数学期望为287 【解析】 【分析】（1）利用古典概型的概率公式求出、、，再由条件概率公式求出，最后根据相互独立事件的定义判断即可； （2）依题意的所有可能取值为，求出所对应的概率，即可求出分布列与数学期望. 【小问1详解】 红色外观共有（个），， 米色内饰共有（个），， 是红色外观且是米色内饰的有个，， ， ， 、 不相互独立. 【小问2详解】 由题意知的所有可能取值为， 且， ， ， 的分布列为 600 300 150 . 17. 如图，在多面体中，平面，平面平面，四边形是正方形，是正三角形，，． （1）证明：平面； （2）若直线与底面的交点为，直线上是否存在点，使得平面与平面的夹角为60°?若存在，求的长；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明：取中点，连接． 因为是正三角形，所以， 又因为平面平面，平面平面平面， 所以平面， 因为平面，所以， 又因为平面平面，所以平面． 因为四边形为正方形，所以． 又因为平面平面，所以平面． 又因为平面平面，所以平面平面． 因为平面，所以平面． （2）存在点，使得平面与平面的夹角为60°，此时 【解析】 【分析】（1）证明平面平面，即可得到平面； （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，利用空间向量求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为且，所以四边形为梯形， 延长交的延长线于． 平面，所以平面． 以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系． ，， 设平面的法向量为， 则，即，令，可得， 设，则， 设平面的法向量为， 则，即 令，可得， 则， 解得， 故． 18. 已知数列满足，数列满足，且. （1）求的通项公式； （2）求的通项公式； （3）将中的项按从小到大的顺序插入中，且在任意的之间插入项，从而构成一个新数列，设的前项和为，求. 【答案】（1） （2） （3）12182 【解析】 【分析】（1）构造数列为等比数列，通过等比数列通项公式即可求的通项公式； （2）易知是常数列，即可求的通项公式； （3）根据新数列的形成规则，判断其前100项中数列，分别有多少项，再分组求和可求. 【小问1详解】 由可得，又， 所以是以4为首项，2为公比的等比数列， 所以，即. 【小问2详解】 方法一：由已知得，所以， 所以，又， 等式两边同时相乘，可得， 得，该式对也成立. 故. 方法二：由可知是常数列， 所以， 即. 【小问3详解】 设在的前100项中，来自的有项. 若第100项来自，则应有， 整理可得，该方程没有正整数解，不满足题意. 若第100项来自，则应有，整理可得. 易知在时单调递增， 当时，，不满足题意，当时，，满足题意， 故，所以的前100项中有10项来自，有90项来自， 所以. 19. 已知函数． （1）若曲线在处的切线平行于直线，求的值以及函数的最小值； （2）证明：对一切的，都有； （3）当时，若曲线与曲线存在两交点，记直线的斜率为，证明：． 【答案】（1），最小值为4； （2）证明：先证，则． 设，则， 因为，所以，即在上单调递增，又， 所以当时，， 当，则，所以； 同理，当，则也成立； 所以，则． （3）证明：设，其中，由（2）知，则， 取，得，，所以①， 将和相减，得，，所以代入①， 所以，即． 【解析】 【分析】（1）求导，，即可求出.求出以后，根据导函数判断原函数单调性，进而求出的最小值. （2）先证时，化简，从而构造函数，只需证恒成立即可. （3）根据（2）可得，在抛物线中由点差法可得，即可证明不等式成立. 【小问1详解】 由题意，，所以， 所以， 法1：， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以． 法2：， 当且仅当，即时，取等号，所以函数的最小值为4； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题利用导数证明不等式的关键是能够采用构造函数的方式，将不等式问题转化成恒成立问题.. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $