精品解析：陕西省咸阳市武功县普集高级中学2024-2025学年高三第十二次模拟考试数学试题

数学 注意事项： 1.本类满分150分，考试时间120分钟.答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 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，则的子集个数为（ ） A. 7 B. 8 C. 15 D. 16 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. 2 C. D. 3. 已知为所在平面内的点，且.若，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知抛物线的焦点为，其准线与双曲线的两条渐近线分别交于点、，若为等腰直角三角形，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数在上单调递减，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 若是等比数列，且，则数列的前8项和为（ ） A. 689 B. 716 C. 729 D. 1597 7. 音乐喷泉曲线形似藤蔓上挂结的葫芦，也可称为“葫芦曲线”.它的性质是每经过相同的时间间隔，它的振幅就变化一次.如图所示，某条葫芦曲线的方程为，其中表示不超过的最大整数，如且，且经过点，则该条葫芦曲线与直线交点的纵坐标为（ ） A. B. C. D. 8. 已知定义在上的函数满足：，且，则（ ） A. 1364 B. 1363 C. 1264 D. 1263 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. 由某班数学考试成绩的数据分析可知，男生成绩与女生成绩均服从正态分布，且，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数的图象关于点对称，则（ ） A. B. 是的极小值点 C. 当时， D. 若在上有最小值，则 11. 如图，四棱锥中，平面平面，底面是边长为2的正方形，侧面为正三角形，是的中点，点满足，其中，则（ ） A. 与所成角的余弦值为 B. 不存在点使得 C. 若四棱锥的各顶点都在同一球面上，则该球的表面积为 D. 若，过点的平面与线段交于点，则 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，则__________. 13. 已知过点的直线与圆交于两点，则弦的中点的轨迹方程为__________. 14. 从1，2，…，2024中任取两数（可以相同），则的个位是7的概率为______． 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，在四边形中，. （1）求的长； （2）求四边形的面积. 16. 如图，在三棱台中，平面，且，分别为的中点. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 17. 已知为椭圆的一个焦点，的长半轴长与焦距相等，且与直线相切. （1）求椭圆的方程； （2）过的动直线与交于两点，请探究与之间有何关系？并证明. 18. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）证明：当时，函数只有一个零点. 19. 某厂家为增加销售量特举行有奖销售活动，即每位顾客购买该厂生产的产品后均有一次抽奖机会.在一个不透明的盒子中放有3个大小､质地完全相同的小球，小球上分别标有三个数字，抽奖规则为：每个顾客从盒中随机抽取1个小球，抽到标有数字5的中一等奖，抽到标有数字2的中纪念奖，抽到标有数字0的没有奖，每位顾客只能抽取一次，且每位顾客抽取的结果相互独立.记位消费者抽取的小球上的数字之和为的不同取值个数为. （1）求的值； （2）当时，求的概率； （3）求数列的前项和. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学 注意事项： 1.本类满分150分，考试时间120分钟.答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 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，则的子集个数为（ ） A. 7 B. 8 C. 15 D. 16 【答案】B 【解析】 【分析】根据集合交集运算及集合子集的个数公式计算. 【详解】因为集合， 所以，所以的子集个数为. 故选：B. 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由复数的四则运算和模的计算公式可得结果. 【详解】因为，所以. 故选：D. 3. 已知为所在平面内的点，且.若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据平面向量的线性运算及平面向量基本定理转化计算，即可得出答案. 【详解】因为，所以，所以，所以，故. 故选：A. 4. 已知抛物线的焦点为，其准线与双曲线的两条渐近线分别交于点、，若为等腰直角三角形，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】取、，分析可知直线的倾斜角为，结合斜率公式可求出的值，再利用双曲线的离心率公式可求出该双曲线的离心率的值. 【详解】抛物线的焦点为，准线方程为， 双曲线的两条渐近线方程为， 不妨取、，为等腰直角三角形， 由对称性可知，直线的倾斜角为，则，解得， 所以双曲线的离心率. 故选：A. 5. 已知函数在上单调递减，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据分段函数的单调性，可知每段函数的单调性，以及分界点处的函数的大小关系，即可列式求解. 【详解】因为时，单调递减， 又在上单调递减， 所以时，单调递减，则只需满足解得. 故选：B. 6. 若是等比数列，且，则数列的前8项和为（ ） A. 689 B. 716 C. 729 D. 1597 【答案】C 【解析】 【分析】先求出的公比，再求出的通项，故可求的前8项和. 【详解】设等比数列的公比为，则， 所以，则， 故数列的前8项和为. 故选：C. 7. 音乐喷泉曲线形似藤蔓上挂结的葫芦，也可称为“葫芦曲线”.它的性质是每经过相同的时间间隔，它的振幅就变化一次.如图所示，某条葫芦曲线的方程为，其中表示不超过的最大整数，如且，且经过点，则该条葫芦曲线与直线交点的纵坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将点代入葫芦曲线的方程可得，再代入即可得解. 【详解】将点代入葫芦曲线的方程可得，即， 由，，可得，因此曲线方程为， 当时，可得， 所以交点的纵坐标为. 故选：C. 8. 已知定义在上的函数满足：，且，则（ ） A. 1364 B. 1363 C. 1264 D. 1263 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意推出，然后由累加法即可求解. 【详解】由，可得①， 则有②，③，④， 将①②③④左､右分别相加，得， 又，即， 故得， 所以，将以上式子左､右分别相加，得 ， 又，所以. 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. 由某班数学考试成绩的数据分析可知，男生成绩与女生成绩均服从正态分布，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】由正态分布曲线的性质逐一判断各个选项即可求解. 【详解】对于A，由，得，A正确； 对于B，由，得，B错误； 对于C，由于随机变量服从正态分布，该正态曲线的对称轴为直线：， 所以，C正确； 对于D，因为， 所以，D错误. 故选：AC. 10. 已知函数的图象关于点对称，则（ ） A. B. 是的极小值点 C. 当时， D. 若在上有最小值，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由函数对称性及可得，据此可判断选项正误；对于B，由A分析，可得，然后由导数知识可判断选项正误；对于C，由题及函数单调性可判断选项正误；对于D，由B分析可判断选项正误. 【详解】对于A，因为函数的图象关于点对称，且， 所以，解得， 所以，A正确； 对于B，由A可得， 令0，得或；令，得， 所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以是函数的极小值点，B错误； 对于C，当时，，，， 又由B分析可知函数在区间上单调递减， 所以在区间上单调递减，，C正确； 对于D，由BC分析可知，在上有最小值， 则，D正确. 故选：ACD. 11. 如图，四棱锥中，平面平面，底面是边长为2的正方形，侧面为正三角形，是的中点，点满足，其中，则（ ） A. 与所成角的余弦值为 B. 不存在点使得 C. 若四棱锥的各顶点都在同一球面上，则该球的表面积为 D. 若，过点的平面与线段交于点，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】取中点中点，可证直线两两垂直，故可建立如图所示的空间直角坐标系，对于A，求出直线方向向量的夹角的余弦值后可判断其正误，对于B，根据向量垂直的坐标形式可判断存在，故可判断其正误，对于C，求出球心坐标后再求半径后可判断其正误，对于D，设，则由四点共面得坐标关系后求出，故可判断其正误. 【详解】取中点中点，连接，则. 又平面平面，平面平面平面， 所以平面.因为平面，所以， 所以直线两两垂直， 故以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则, ，， 故，A正确； 因为， 故）， 若，则， 即， 解得或，所以存在点，使得B错误； 设交于点，则球心在过且垂直于平面的直线上， 则可设球心为，又， 所以，解得， 所以外接球半径，外接球表面积为，C正确； 设，则 . 因为共面，则共面， 故存在唯一实数对，使得， 即 ，所以， 解得，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. 若，则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据给定条件，利用诱导公式及二倍角的余弦公式求解. 【详解】由，得 . 故答案为： 13. 已知过点的直线与圆交于两点，则弦的中点的轨迹方程为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设点，当不重合时，根据圆的几何性质，利用垂直建立方程求解即可得解，当重合时，代入检验即可. 【详解】由直线过点，圆可知，圆心为， 设点， 由题意可知，当点与点不重合时，，则，整理得，即， 此时点的轨迹为圆但不包括点. 当点与点重合时，其坐标满足方程. 综上，点的轨迹方程为. 故答案为： 14. 从1，2，…，2024中任取两数（可以相同），则的个位是7的概率为______． 【答案】 【解析】 【分析】列出的个位数，发现周期为4，再求出的个位数是7的情况，再由独立事件的乘法公式和古典概型求解即可. 【详解】从1，2，…，2024中任取两数（可以相同），共有种不同取法， 因为的个位数字随着从1开始，依次是7，9，3，1，7，…，周期变化，的个位数字随着从1开始，则依次是8，4，2，6，8，…，周期变化，故它们的周期均为4， 所以1～2024中，共有，，，（），4种数型，且每种数型的个数是相同的，都是506个． 又和的尾数中只有，，三种情形中个位数字是7， 即，；，；，时，的个位数字是7． 又，；，，所以满足的个位数字是7的取法有种取法，所以所求概率为． 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. 如图，在四边形中，. （1）求的长； （2）求四边形的面积. 【答案】（1）3 （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理直接求解即可. （2）利用正弦定理，结合二倍角的正弦公式求出，再利用三角形面积公式求解. 【小问1详解】 在中，由余弦定理得， 即，所以. 【小问2详解】 在中，由正弦定理，得，则. 而，于是， 又，则，，， 因此， 所以四边形的面积 . 16. 如图，在三棱台中，平面，且，分别为的中点. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 证明：连接，则四边形为矩形. 因为， 所以， 又，所以， 所以，故. 因为是的中点，所以. 因为平面平面，所以. 又平面，所以平面. 因为平面，所以. 因为平面，所以平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）由题可得，据此可得，由是的中点，可得，据此可完成证明； （2）由平面，可如图建立空间直角坐标系，据此可得平面的法向量，据此可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面平面， 所以， 因为，所以， 又平面，所以平面. 由（1）知，故以为坐标原点， 以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则. 因为，所以由棱台的性质得， 所以， 所以. 设平面的法向量为， 则，取， 则，所以. 设直线与平面所成角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 17. 已知为椭圆的一个焦点，的长半轴长与焦距相等，且与直线相切. （1）求椭圆的方程； （2）过的动直线与交于两点，请探究与之间有何关系？并证明. 【答案】（1）； （2）与之比为定值，即，证明如下： 由（1），不妨取， 当的斜率为零时，，所以； 当的斜率不为零时，设的方程为. 联立方程，整理得， 所以， 所以， 因为， 所以，即. 综上. 【解析】 【分析】（1）根据已知确定椭圆参数值，即可得方程； （2）取，讨论的斜率是否为零，设的方程为并联立椭圆，应用韦达定理、弦长公式及向量数量积的坐标表示求、，即可证. 【小问1详解】 由题意知，解得，故椭圆的方程为. 【小问2详解】 略 18. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）证明：当时，函数只有一个零点. 【答案】（1） （2） 时，函数在上单调递减； 时，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减. （3） 证明：由题知函数， 则. 若，则，所以在上单调递增， 此时，所以只有一个零点为0； 若，令，得或；令，得， 所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减， 此时函数的极大值为，极小值为. 不妨令，则， 显然时，，此时单调递增，时，，此时单调递减， 易知， 所以， 又， 所以只有一个零点，且零点在区间内； 若，令，得或，令，得， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减， 此时极大值为，极小值为. 不妨令，则， 此时单调递减，又， ， 所以函数只有一个零点，且零点在区间内. 综上所述，当时，函数只有一个零点. 【解析】 【分析】（1）由导数的几何意义即可求解； （2）通过和讨论导数符号，进而可求解； （3）求导，再通过，，三类情况讨论函数单调性，进而可求证. 【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】 . 若，即时，，则在上单调递减； 若，即时，令，得；令，得， 所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减. 综上所述：时，函数在上单调递减； 时，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减. 【小问3详解】 略 19. 某厂家为增加销售量特举行有奖销售活动，即每位顾客购买该厂生产的产品后均有一次抽奖机会.在一个不透明的盒子中放有3个大小､质地完全相同的小球，小球上分别标有三个数字，抽奖规则为：每个顾客从盒中随机抽取1个小球，抽到标有数字5的中一等奖，抽到标有数字2的中纪念奖，抽到标有数字0的没有奖，每位顾客只能抽取一次，且每位顾客抽取的结果相互独立.记位消费者抽取的小球上的数字之和为的不同取值个数为. （1）求的值； （2）当时，求的概率； （3）求数列的前项和. 【答案】（1）；；. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）通过分析为顾客抽取数字的组合，确定数字子和的可能取值，进而求出； （2）利用组合数计算的可能情况，结合独立事件概率公式求解； （3）通过观察数列通项的结构，利用裂项相消法求和即可. 【小问1详解】 1）①当时，的取值可能为，共3个，故； ②当时，的取值可能为，故； ③当时，的取值可能为，故. 【小问2详解】 ②由题意得，每个小球被抽到的概率均为. 当抽到2个标有数字5的小球，3个标有数字0的小球时， ，概率为； 当抽到5个标有数字2的小球时，，概率为， 所以的概率为. 【小问3详解】 当时，根据规则，得分情况如下： 因为奇数列的得分为偶数，偶数列的得分为奇数，最后一行得分的前一项得分为 （第列最后一个数），与第列第一个得分，得分恰好差2， 所以从4到刚好连接上来（之间所有的偶数和奇数没有缺）； 因为最后一行得分（第列最后一个数），与第列第一个得分， 得分恰好差4，所以连接起来后恰好缺了得分， 由表知也取不到， 综上，在中不能取到的值构成的集合为 所以也适合. 结合（1）可得 所以当时，；当时，； 当时，， 则， 当时，满足上式， 所以 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $