精品解析：天津市北京师范大学静海实验学校2024-2025学年高三下学期三模数学试题

北京师范大学静海实验学校2024-2025学年度高三年级第二学期 第三次模拟测试数学试题 1.本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟. 2.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.答卷时，考生务必将答案填写在答题卡上，答在试卷上无效. 3.祝各位考生考试顺利！ 第Ⅰ卷（选择题） 注意事项： 1.每小题选出答案后，请填写在答题卡上，答在本试卷上无效. 2.本卷共9小题，每小题5分，共45分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的. 一.选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确答案的序号填涂到答题卡上. 1. 已知集合则= A. B. C. D. 2. 设，，则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 某校共有学生2000名，各年级男、女生人数如表．已知在全校学生中随机抽取1名，抽到二年级女生的概率是0.19．现用分层抽样的方法在全校抽取64名学生，则应在三年级抽取的女学生人数为（　　） 一年级 二年级 三年级 女生 373 男生 377 370 250 A. 24 B. 16 C. 12 D. 8 4. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 函数的大致图象是（ ） A. B. C. D. 6. 已知，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列结论正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 7. 已知双曲线的两条渐近线与抛物线的准线分别交于A，B两点，O为坐标原点．若双曲线的离心率为2，的面积为，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 3 8. 中国雕刻技艺举世闻名，雕刻技艺的代表作“鬼工球”，取鬼斧神工的意思，制作相当繁复，成品美轮美奂．1966年，玉石雕刻大师吴公炎将这一雕刻技艺应用到玉雕之中，他把玉石镂成多层圆球，层次重叠，每层都可灵活自如的转动，是中国玉雕工艺的一个重大突破.今一雕刻大师在棱长为12的整块正方体玉石内部套雕出一个可以任意转动的球，在球内部又套雕出一个正四面体（所有棱长均相等的三棱锥），若不计各层厚度和损失，则最内层正四面体的棱长最长为（ ） A. B. C. D. 6 9. 设函数，，其中，.若，，且的最小正周期大于，则 A. ， B. ， C. ， D. ， 第Ⅱ卷（非选择题） 注意事项： 1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上. 2，本卷共11小题，共105分. 二.填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分. 10. 已知，为虚数单位，若为实数，则的值为________. 11. 在的展开式中，的系数为_____． 12. 已知抛物线的焦点为，倾斜角为的直线过点.若与相交于，两点，则以为直径的圆的方程为________. 13. 袋子中装有8球，其中6个黑球，2个白球，若依次随机取出2个球，则在第一次取到黑球条件下，第二次取到白球的概率为__________；若随机取出3个球，记取出的球中白球的个数为，则的数学期望__________. 14. 在平面四边形中，，，向量在向量上的投影向量为，则________；若，点为线段上的动点，则的最小值为________． 15. 已知函数，若存在实数，使得函数有6个零点，则实数的取值范围是________. 三.解答题：本大题共5小题，共75分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 16. 在三角形中，内角的对边分别为，已知 （1）求； （2）若 （i）求； （ii）求 17. 如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD=CD=1， AA1=AB=2，E为棱AA1中点． （1）证明B1C1⊥CE； （2）求二面角B1﹣CE﹣C1的正弦值． （3）设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角正弦值为，求线段AM的长． 18. 已知椭圆的离心率为，且经过点，直线与轴交于点，与椭圆交于两点. （1）求椭圆的方程； （2）若点坐标为，线段的垂直平分线分别交直线和于点，若，求直线的斜率. 19. 已知数列是公比大于的等比数列，为数列的前项和，，且，，成等差数列．数列的前项和为，满足，且. （1）求数列和的通项公式； （2）令，求数列的前项和为； （3）将数列，项按照“当为奇数时，放在前面；当为偶数时，放在前面”的要求进行排列，得到一个新的数列，，，，，，，，，，…，求这个新数列的前项和． 20. 已知函数． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）当时，若不等式恒成立，求a的取值范围； （3）若有两个零点，且，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 北京师范大学静海实验学校2024-2025学年度高三年级第二学期 第三次模拟测试数学试题 1.本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟. 2.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.答卷时，考生务必将答案填写在答题卡上，答在试卷上无效. 3.祝各位考生考试顺利！ 第Ⅰ卷（选择题） 注意事项： 1.每小题选出答案后，请填写在答题卡上，答在本试卷上无效. 2.本卷共9小题，每小题5分，共45分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的. 一.选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确答案的序号填涂到答题卡上. 1. 已知集合则= A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因集合B中，x∈A，所以当x＝1时，y＝3－2＝1； 当x＝2时，y＝3×2－2＝4； 当x＝3时，y＝3×3－2＝7； 当x＝4时，y＝3×4－2＝10. 即B＝{1,4,7,10}． 又因为A＝{1,2,3,4}，所以A∩B＝{1,4}．故选D. 2. 设，，则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】结合根式的意义和对数函数性质依次分析充分性和必要性即可求解. 【详解】若“”则， 所以当时，“”不成立，故充分性不成立； 若“”，因为增函数， 所以，所以“”，故必要性成立， “”是“”的必要不充分条件. 故选：B 3. 某校共有学生2000名，各年级男、女生人数如表．已知在全校学生中随机抽取1名，抽到二年级女生的概率是0.19．现用分层抽样的方法在全校抽取64名学生，则应在三年级抽取的女学生人数为（　　） 一年级 二年级 三年级 女生 373 男生 377 370 250 A. 24 B. 16 C. 12 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】由在全校学生中随机抽取1名，抽到二年级女生的概率是0.19，求出，进而求出，再根据分层抽样各层按比例分配样本数，即可求解, 【详解】依题意得， 用分层抽样的方法在全校抽取64名学生， 则应在三年级抽取的女学生人数为. 故选：D. 【点睛】本题考查分层抽样样本的抽取方法，每个个体被抽取的概率相等是解题的依据，属于基础题. 4. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用指数函数和对数函数的单调性，则，，，再利用作商得，可得. 【详解】，，，，， 又，，. 故选：B. 5. 函数的大致图象是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性单调性与函数值符号确定函数的图象. 【详解】由，得，所以的定义域为. 又， 所以函数为偶函数，图象关于轴对称，故B错误； 因为，所以当时，，所以， 且在定义内为增函数，故A，D错误. 对C：符合函数的定义域，奇偶性，单调性，故C正确. 故选:C 6. 已知，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列结论正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 【答案】B 【解析】 【分析】根据线线，线面，面面的位置关系，即可判断选项. 【详解】A.若，，则或，故A错误； B. 若，，，则，故B正确； C. 若，，则或与相交，故C错误； D. 若，，，则或异面，故D错误. 故选：B 7. 已知双曲线的两条渐近线与抛物线的准线分别交于A，B两点，O为坐标原点．若双曲线的离心率为2，的面积为，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】将双曲线渐近线方程与抛物线准线方程联立可求得，由双曲线离心率可得到，由此可得，利用三角形面积可构造方程求得的值. 【详解】由双曲线方程知：渐近线方程为；由抛物线方程知：准线方程为； 由得：，； 双曲线离心率，，则， ，解得：. 故选：C 8. 中国雕刻技艺举世闻名，雕刻技艺的代表作“鬼工球”，取鬼斧神工的意思，制作相当繁复，成品美轮美奂．1966年，玉石雕刻大师吴公炎将这一雕刻技艺应用到玉雕之中，他把玉石镂成多层圆球，层次重叠，每层都可灵活自如的转动，是中国玉雕工艺的一个重大突破.今一雕刻大师在棱长为12的整块正方体玉石内部套雕出一个可以任意转动的球，在球内部又套雕出一个正四面体（所有棱长均相等的三棱锥），若不计各层厚度和损失，则最内层正四面体的棱长最长为（ ） A. B. C. D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，求正方体的内切球半径，易知该球为所求正四面体的外接球，根据正四面体的性质，可求得棱长． 【详解】由题意，球是正方体的内切球，且该球为正四面体的外接球时，四面体的棱长最大， 则该球半径，如图： 可知为外接球球心，，平面，为底面等边的中心， 设正四面体的棱长为，则，， 在中，则，即， 解得，即． 故选：A 9. 设函数，，其中，.若，，且的最小正周期大于，则 A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【详解】由题意，其中，所以，又，所以，所以，，由得，故选A． 【考点】求三角函数的解析式 【名师点睛】有关问题，一种为提供函数图象求解析式或某参数的范围，一般先根据图象的最高点或最低点确定，再根据周期或周期或周期求出，最后再利用最高点或最低点坐标满足解析式，求出满足条件的值，另一种时根据题目用文字形容的函数图象特点，如对称轴或曲线经过的点的坐标，根据题意自己画出图象，再寻求待定的参变量，题型很活，求或的值或最值或范围等. 第Ⅱ卷（非选择题） 注意事项： 1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上. 2，本卷共11小题，共105分. 二.填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分. 10. 已知，为虚数单位，若为实数，则的值为________. 【答案】 【解析】 【分析】利用复数的除法法则化简，结合已知可得，求解即可. 【详解】， 因为为实数，所以，解得. 故答案为：. 11. 在的展开式中，的系数为_____． 【答案】15 【解析】 【分析】写出展开式通项公式，得到，得到答案. 【详解】展开式通项公式为， 令，解得， ，故的系数为15. 故答案为：15 12. 已知抛物线的焦点为，倾斜角为的直线过点.若与相交于，两点，则以为直径的圆的方程为________. 【答案】 【解析】 【分析】首先根据抛物线的焦点坐标求出抛物线的方程，根据直线的斜率和经过的点求出直线的方程，然后联立直线与抛物线方程组，根据韦达定理和中点坐标求出圆心坐标和半径，从而可求出圆的方程. 【详解】因为抛物线的焦点为，所以，则. 所以抛物线方程为. 由题意，直线的斜率为1，则直线的方程为. 联立直线与抛物线方程组得：，化简得. 所以，，所以. 因为圆心位于线段的中点，所以圆心坐标为. 而. 所以圆的半径为4. 所以圆的方程为. 故答案为：. 13. 袋子中装有8球，其中6个黑球，2个白球，若依次随机取出2个球，则在第一次取到黑球的条件下，第二次取到白球的概率为__________；若随机取出3个球，记取出的球中白球的个数为，则的数学期望__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】第一问可根据条件概率公式求解，第二问可先确定随机变量 的取值，再求出每个取值的概率，最后根据期望公式计算期望. 【详解】设“第一次取到黑球”为事件 ，“第二次取到白球”为事件 . 则.  表示第一次取到黑球且第二次取到白球的概率.第一次取黑球有 种取法，第二次取白球有 种取法，从 个球中依次取 个球的总取法有 种，所以 .  根据条件概率公式 ，可得 .   随机取出 个球，取出球中白球的个数 可能取值为 ，，. 表示取出的 个球都是黑球的概率，从 个黑球中取 个球的组合数为 ，从 个球中取 个球的组合数为 ，所以 .  表示取出的 个球中有 个白球和 个黑球的概率，从 个白球中取 个球的组合数为 ，从 个黑球中取 个球的组合数为 ，所以 .  表示取出的 个球中有 个白球和 个黑球的概率，从 个白球中取 个球的组合数为 ，从 个黑球中取 个球的组合数为 ，所以 .  根据期望公式 可得 .   故答案为：；. 14. 在平面四边形中，，，向量在向量上的投影向量为，则________；若，点为线段上的动点，则的最小值为________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】作出向量在向量上的投影向量，在直角三角形中求出；以点为坐标原点，为轴建立直角坐标系，利用坐标法求出的最小值. 【详解】过点作垂直于点，则向量为向量在向量上的投影向量， 由题意知点为线段的中点，所以， 所以，又为锐角，故. 以点为坐标原点，为轴建系如图，则，，. 因为，所以. 因为点为线段上的动点，所以设，故点. ，. 当时，取到最小值. 故答案为：；. 15. 已知函数，若存在实数，使得函数有6个零点，则实数的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】求导，根据导函数得到在上的单调性和最值，根据函数有6个零点得到和时分别有4和2个零点，然后列不等式求解即可. 【详解】解：当，， 由可得，由可得， 故可得在单调递减，在单调递增， 故在有最小值为， 又因为当时，， 由函数有6个零点，故可得两段函数分别存在4和2个零点. 若存在四个零点，此时需满足：， 若存在实数，使得函数有6个零点，此时有两种情况： ①：； ②：， 综上：. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：函数零点个数问题： ①转化为方程的根的个数问题； ②转化为函数图象与轴交点个数问题； ③转化两个函数图象交点个数问题. 三.解答题：本大题共5小题，共75分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 16. 在三角形中，内角的对边分别为，已知 （1）求； （2）若 （i）求； （ii）求. 【答案】（1）； （2）（i）；（ii）. 【解析】 【分析】（1）由题设结合正弦定理边化角和两角和的正弦公式即可计算求解. （2）（i）先由（1）求出，再由题设结合正弦定理即可计算求解. （ii）由（i）求出，接着由倍角公式求出，再由结合两角和的正弦公式即可计算求解. 【小问1详解】 因为， 所以由正弦定理得，即， 又，则，所以. 【小问2详解】 （i）由（1）可得， 若，则由正弦定理得即， 所以. （ii）因为，，， 所以，故， 所以， 所以 . 17. 如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD=CD=1， AA1=AB=2，E为棱AA1的中点． （1）证明B1C1⊥CE； （2）求二面角B1﹣CE﹣C1的正弦值． （3）设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为，求线段AM的长． 【答案】（1）见解析 （2） （3） 【解析】 【详解】解：本题可通过建立空间坐标系求解． 如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0,0,0)，B(0,0,2)，C(1,0,1)，B1(0,2,2)，C1(1,2,1)，E(0,1,0)． (1)证明：易得＝(1,0，－1)，＝(－1,1，－1)，于是·＝0，∴B1C1⊥CE. (2)＝(1，－2，－1)． 设平面B1CE的法向量＝(x，y，z)， 则,即 消去x，得y＋2z＝0，不妨令z＝1，可得一个法向量为＝(－3，－2,1)． 由(1)，B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，可得B1C1⊥平面CEC1，故＝(1,0，－1)为平面CEC1的一个法向量． 于是cos〈，〉＝＝＝－，从而sin〈，〉＝， 故二面角B1－CE－C1的正弦值为. (3)＝(01,0)，＝(1,1,1)． 设＝λ＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有＝＋＝(λ，λ＋1，λ)．可取＝(0,0,2)为平面ADD1A1的一个法向量． 设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角，则 sinθ＝|cos〈，〉|＝ ＝＝. 于是＝，解得λ＝ (λ＝－舍去)， ∴AM＝. 18. 已知椭圆的离心率为，且经过点，直线与轴交于点，与椭圆交于两点. （1）求椭圆的方程； （2）若点坐标为，线段的垂直平分线分别交直线和于点，若，求直线的斜率. 【答案】（1） （2）或. 【解析】 【分析】（1）根据题意得，解出即可求解； （2）当的斜率不存在时，验证是否满足题意，当斜率存在且不为0，设直线的方程为，与椭圆方程联立消元，由韦达定理得，利用弦长公式求弦长和，利用即可求解. 【小问1详解】 由题意知， 椭圆的方程为：. 【小问2详解】 为椭圆的焦点，当的斜率不存在时，显然，，显然， 斜率存在且不为0，设直线的方程为，， ，，，， 所以，， ， 此时，， ，，， ，解得或， 直线的斜率为或. 19. 已知数列是公比大于的等比数列，为数列的前项和，，且，，成等差数列．数列的前项和为，满足，且. （1）求数列和的通项公式； （2）令，求数列的前项和为； （3）将数列，的项按照“当为奇数时，放在前面；当为偶数时，放在前面”的要求进行排列，得到一个新的数列，，，，，，，，，，…，求这个新数列的前项和． 【答案】（1），，；（2）；（3）． 【解析】 【分析】 （1）由题意，设等比数列的公比为，根据题中条件，求出首项和公比，即可得出通项公式；根据，得到是首项为，公差为的等差数列，求出，进而可求出； （2）先由（1）得到，根据分组求和、裂项相消，以及错位相减法，即可求出结果； （3）先由（1）得到，，分别讨论，，三种情况，由分组求和的方法，即可求出结果. 【详解】（1）由题意，设等比数列的公比为， 由已知，得，即，解得，所以； 又数列的前项和为，满足，， 所以是首项为，公差为的等差数列， 所以，则， 则， 又也满足上式，所以，； （2）由（1）可得，， 所以 ， 令① 则②， ①②得， 所以， 因此； （3）由（1）可得数列前项和，数列的前项和； ①当时，； ②当， （i）当时，， （ii）当时，； 时，也满足该式，所以； ③当， ； 综上． 【点睛】本题考查等差数列与等比数列基本量的运算，考查数列的求和，熟记等差数列与等比数列的通项公式，以及数列的求和方法即可，属于中档题型. 20. 已知函数． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）当时，若不等式恒成立，求a的取值范围； （3）若有两个零点，且，证明：． 【答案】（1）； （2）； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）应用导数的几何意义求切线方程即可； （2）问题化为且，利用导数研究的性质，并结合分类讨论判断不等式恒成立，即可得参数范围； （3）由题设，应用分析法将问题化为证明，令，进一步化为证明，利用导数证明不等式即可. 【小问1详解】 由题设，则，且，， 所以曲线在处的切线方程为，即； 【小问2详解】 由题设，即且， 令且，则， 令，则，故在上单调递增， 所以， 当，时，，则在上单调递增，，符合； 当，时，，时， 所以，使，即在上，在上单调递减，从而，不符合； 综上，； 【小问3详解】 由，则，，且， 所以，故， 要证，需证，即， 需证，令，即，即证， 最终只需证明，令且，则， 所以在上单调递增，所以，即， 所以得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$