精品解析：江苏省镇江市2024-2025学年高三下学期5月模拟数学试题

2024-2025学年度第二学期高三年级 5月底模拟考试试卷 （考试时间：120分钟 总分150分） 注意事项：所有试题的答案均填写在答题纸上，答案写在试卷上的无效. 一、单选题 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量、满足，，，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 3. 在的展开式中，只有第六项的二项式系数最大，则展开式中的系数是（ ） A. B. C. D. 7 4. 记等差数列的前项和为，则（ ） A. 120 B. 140 C. 160 D. 180 5. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 6. 2025年，省属“三位一体”综合评价招生政策进行了调整，每位考生限报四所大学.某考生从6所大学中选择4所进行报名，其中甲、乙两所学校至多报一所，则该考生报名的可能情况种数是（ ） A. 12 B. 9 C. 6 D. 15 7. 已知及其导函数的定义域均为，且不是常函数，则命题“是周期函数”是“是周期函数”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 8. 已知为抛物线的切线，且交圆于两点，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 4 二、多选题 9. 有两组数据，数据A：1，3，5，7，9和数据B：1，2，4，8，16，则（ ） A. 数据A的平均数小于数据B的平均数 B. 数据A的方差小于数据B的方差 C. 数据A的极差小于数据B的极差 D. 数据A的中位数小于数据B的中位数 10. 已知是抛物线的焦点，M是C上的点，O为坐标原点．则（ ） A. B. C. 以M为圆心且过F的圆与C的准线相切 D. 当时，的面积为 11. 已知正数x，y，z满足，则下列说法中正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题 12. 若，则___________. 13. 已知轴截面为正三角形的圆锥的高与球的直径相等，则圆锥的体积与球的体积的比值是__________，圆锥的表面积与球的表面积的比值是__________． 14. 甲、乙两人玩掷骰子游戏，规则如下：每人各掷骰子两次，以两次骰子的点数之和作为投掷者的得分，若得分不同，得分多的一方获胜，若得分相同视为平局，则甲获胜的概率为________. 四、解答题 15. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求A． （2）若，，求的周长． 16. 已知函数． （1）求函数的极值； （2）求不等式的解集． 17. 如图，平行六面体中，底面是边长为2的正方形，为与的交点，． （1）证明：平面； （2）求二面角的正弦值． 18. 抛物线与的焦点分别为，为的一个交点，且． （1）求的值； （2）是上的两点，若四边形（按逆时针排列）为平行四边形，求此四边形的面积． 19. 已知一个袋子中有x个红球，y个黑球，，这些球除颜色外完全相同. （1）当，时，甲乙进行摸球比赛，按先甲后乙依次轮流摸球，某人摸球时从袋子中摸出一个球，记下颜色后放回袋中，摸到红球得一分否则对方得一分（记为一次摸球），规定当一方比另外一方多2分时胜出，比赛结束. ①求第6次摸球后比赛结束，且甲乙共摸到3次红球的概率； ②若规定甲乙摸球次数的总和达到时也停止比赛，设随机变量X为比赛结束时的摸球次数，写出随机变量X的分布列，并求. （2）将口袋中的球随机逐个取出，并放入编号为的盒子中，其中第次取出的球放入编号为的盒子，随机变量X表示最后一个取出的黑球所在的编号的倒数，是X的数学期望，求证：当时，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度第二学期高三年级 5月底模拟考试试卷 （考试时间：120分钟 总分150分） 注意事项：所有试题的答案均填写在答题纸上，答案写在试卷上的无效. 一、单选题 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】化简集合A，B，再由集合的并集、补集运算求解. 【详解】因为，， 所以， ， 故选：C 2. 已知向量、满足，，，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用平面向量数量积的运算、定义可计算出，结合平面向量夹角的取值范围可得出的值. 【详解】因为， 可得， 又因为，所以，即与的夹角为. 故选：A. 3. 在的展开式中，只有第六项的二项式系数最大，则展开式中的系数是（ ） A. B. C. D. 7 【答案】A 【解析】 【分析】由题意利用二项式系数的性质，求得的值，再利用二项式展开式的通项公式，求得的系数． 【详解】在的展开式中，只有第6项的二项式系数最大， 它的展开式共计有项，， 故二项展开式的通项公式为， 令，求得，可得在的展开式中的系数为， 故选：A． 4. 记等差数列的前项和为，则（ ） A. 120 B. 140 C. 160 D. 180 【答案】C 【解析】 【分析】利用下标和性质先求出的值，然后根据前项和公式结合下标和性质求解出的值. 【详解】因为，所以，所以， 所以， 故选：C. 5. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由两角差正弦公式及切化弦得到、，再由两角和的正弦公式可得答案. 【详解】∵，∴， ∵，∴， ，， ， 故选：D． 6. 2025年，省属“三位一体”综合评价招生政策进行了调整，每位考生限报四所大学.某考生从6所大学中选择4所进行报名，其中甲、乙两所学校至多报一所，则该考生报名的可能情况种数是（ ） A. 12 B. 9 C. 6 D. 15 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用组合计数问题，结合排除法列式计算得解. 【详解】从6所大学中任取4所，有种，其中甲乙两所学校同时被取到，有种， 所以该考生报名的可能情况种数是. 故选：B 7. 已知及其导函数的定义域均为，且不是常函数，则命题“是周期函数”是“是周期函数”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】A 【解析】 【分析】先令为周期函数，设周期为，得，两边求导验证充分性；通过举例验证必要性即可求解. 【详解】若是周期函数，设周期为，则， 两边求导，有：，所以也是周期为的周期函数； 若为周期函数，但不一定为周期函数， 例如，，不具有周期性，而，周期为， 所以“是周期函数”是“是周期函数”的充分不必要条件， 故选：A 8. 已知为抛物线的切线，且交圆于两点，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】设切点为，先求切线方程，利用几何法求出，最后利用均值不等式即可求解. 【详解】设切点为，所以，所以直线的方程为，即， 圆心到直线的距离为， 所以， 令，所以， 所以， 当且仅当时等号成立， 所以， 故选：B. 二、多选题 9. 有两组数据，数据A：1，3，5，7，9和数据B：1，2，4，8，16，则（ ） A. 数据A的平均数小于数据B的平均数 B. 数据A的方差小于数据B的方差 C. 数据A的极差小于数据B的极差 D. 数据A的中位数小于数据B的中位数 【答案】ABC 【解析】 【分析】依次算出两组数据的平均数，方差，极差，中位数即可比较大小. 【详解】设数据A：1，3，5，7，9的平均数，方差，极差，中位数依次为， 数据B：1，2，4，8，16的平均数，方差，极差，中位数依次为， 对于A，，故A正确； 对于B，，故B正确； 对于C，，故C正确； 对于D，，故D错误. 故选：ABC. 10. 已知是抛物线的焦点，M是C上的点，O为坐标原点．则（ ） A. B. C. 以M为圆心且过F的圆与C的准线相切 D. 当时，的面积为 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据焦点坐标求出判断A，根据抛物线定义判断B，C，应用已知联立方程求出点的坐标计算判断三角形的面积判断D. 【详解】因为是抛物线的焦点，所以，即得，A选项正确； 设在上，所以， 所以，B选项正确； 因为以M为圆心且过F的圆半径为等于M与C的准线的距离，所以以M为圆心且过F的圆与C的准线相切，C选项正确； 当时, ，且，， 所以,或舍 所以的面积为，D选项错误. 故选：ABC. 11. 已知正数x，y，z满足，则下列说法中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】将已知条件转化为对数的形式，利用对数运算、商比较法、基本不等式等指数对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】正数x，y，z满足，设， 则，，． 对于A，，故A正确； 对于B，，，， ∵，∴， ∵，∴，∴，故B错误； 对于C，由（），两边平方，可得，故C正确； 对于D，由，可得（），故D正确． 故选：ACD 三、填空题 12. 若，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】代入后利用复数的乘法运算法则计算即可. 【详解】由于，所以. 故答案为：. 13. 已知轴截面为正三角形的圆锥的高与球的直径相等，则圆锥的体积与球的体积的比值是__________，圆锥的表面积与球的表面积的比值是__________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】设圆锥的底面圆半径以及球的半径，用表示出圆锥的高和母线以及球的半径，然后根据体积公式求出体积比，根据表面积公式求得表面积之比. 【详解】设圆锥的底面半径为，球的半径为， 因为圆锥的轴截面为正三角形，所以圆锥的高，母线， 由题可知：，所以球的半径 所以圆锥的体积为， 球的体积， 所以； 圆锥的表面积， 球的表面积， 所以， 故答案为：；. 14. 甲、乙两人玩掷骰子游戏，规则如下：每人各掷骰子两次，以两次骰子的点数之和作为投掷者的得分，若得分不同，得分多的一方获胜，若得分相同视为平局，则甲获胜的概率为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据古典概型公式直接计算可得结果. 【详解】掷骰子一共4次，基本事件共种情况， 其中，得两分平局两人抛出的都是，共有1种； 得三分平局两人均有两种情况，两人共种， 以此类推，甲、乙平局一共有种情况， 其余甲、乙获胜机会均等，各575种情况，所以甲获胜的概率为． 故答案为： 四、解答题 15. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求A． （2）若，，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据辅助角公式对条件进行化简处理即可求解，常规方法还可利用同角三角函数的关系解方程组，亦可利用导数，向量数量积公式，万能公式解决； （2）先根据正弦定理边角互化算出，然后根据正弦定理算出即可得出周长. 【小问1详解】 方法一：常规方法（辅助角公式） 由可得，即， 由于，故，解得 方法二：常规方法（同角三角函数的基本关系） 由，又，消去得到： ，解得， 又，故 方法三：利用极值点求解 设，则， 显然时，，注意到， ，在开区间上取到最大值，于是必定是极值点， 即，即， 又，故 方法四：利用向量数量积公式（柯西不等式） 设，由题意，， 根据向量的数量积公式， ， 则，此时，即同向共线， 根据向量共线条件，， 又，故 方法五：利用万能公式求解 设，根据万能公式，， 整理可得，， 解得，根据二倍角公式，， 又，故 【小问2详解】 由题设条件和正弦定理 ， 又，则，进而，得到， 于是， ， 由正弦定理可得，，即， 解得， 故的周长为 16. 已知函数． （1）求函数的极值； （2）求不等式的解集． 【答案】（1）极小值为，无极大值； （2） 【解析】 【分析】（1）利用导数研究函数的单调性,得到函数的极小值点，求得极小值. （2）把所解不等式移项后,构造函数,利用导数研究函数的单调性，利用单调性解得不等式. 【小问1详解】 函数的定义域为，求导得， 当时,,在时为减函数； 当时,,在时为增函数， 所以的极小值为，无极大值. 【小问2详解】 不等式， 令函数，求导得， 函数在上单调递减，且，由，解得， 所以原不等式的解集为． 17. 如图，平行六面体中，底面是边长为2的正方形，为与的交点，． （1）证明：平面； （2）求二面角的正弦值． 【答案】（1） 连接， 因为底面是边长为2的正方形，所以， 又因为，， 所以，所以， 点为线段中点，所以， 在中，，， 所以， 则， 又，平面，平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用线面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 【方法一】：由题知正方形中，平面，所以建系如图所示， 则， 则， ， 设面的法向量为，面的法向量为， 则，取，则 取，则. 设二面角大小为， 则， 所以二面角的正弦值为. 【方法二】：以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 由题设得，，，， ，， ，，． 设是平面的法向量， 则，即，可取． 设是平面的法向量， 则，即，可取． 所以． 因此二面角的正弦值为． 18. 抛物线与的焦点分别为，为的一个交点，且． （1）求的值； （2）是上的两点，若四边形（按逆时针排列）为平行四边形，求此四边形的面积． 【答案】（1），， （2） 【解析】 【分析】（1）由结合抛物线焦半径公式可得，再将点坐标代入抛物线可得，再将坐标代入抛物线可得； （2）借助平行四边形性质可得中点坐标，再借助点差法计算可得，从而可得方程，再联立方程与方程，消去可得与横坐标有关一元二次方程，即可借助韦达定理、弦长公式与面积公式计算得解. 【小问1详解】 抛物线，准线方程为， ，所以，所以， 因为点在抛物线上，所以， 又，所以， 将代入抛物线，可得， 故，，； 【小问2详解】 由（1）可知，设中点为， 因为四边形为平行四边形，所以为中点， 设，所以， 因为在抛物线上，所以，则， 即， 所以，所以，且直线过点， 所以，即， 联立， 所以， 所以， 到距离， 所以． 19. 已知一个袋子中有x个红球，y个黑球，，这些球除颜色外完全相同. （1）当，时，甲乙进行摸球比赛，按先甲后乙依次轮流摸球，某人摸球时从袋子中摸出一个球，记下颜色后放回袋中，摸到红球得一分否则对方得一分（记为一次摸球），规定当一方比另外一方多2分时胜出，比赛结束. ①求第6次摸球后比赛结束，且甲乙共摸到3次红球的概率； ②若规定甲乙摸球次数的总和达到时也停止比赛，设随机变量X为比赛结束时的摸球次数，写出随机变量X的分布列，并求. （2）将口袋中的球随机逐个取出，并放入编号为的盒子中，其中第次取出的球放入编号为的盒子，随机变量X表示最后一个取出的黑球所在的编号的倒数，是X的数学期望，求证：当时，. 【答案】（1）①；②； （2）证明：由题意知的可能取值为，， 则，，， 则其概率分布如下： ， 因为， 所以 ， 又因为所以. 【解析】 【分析】（1）①利用独立事件的乘法公式计算即可； ②分析出的可能取值，再计算分布列和数学期望即可； （2）先写出的可能取值，再计算分布列和均值，最后合理放缩即可. 【小问1详解】 ①设事件为第6次摸球后比赛结束，且甲乙共摸到3次红球， 则. 答：第6次摸球后比赛结束，且甲乙共摸到3次红球的概率为. ②由题意知的可能取值为，， 则，，， ，. 其概率分布如下： 2 4 6 所以， 设， ， 所以， 所以， 所以 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $