精品解析：天津市新华中学2024-2025学年高三下学期高考校模拟2数学试题

2024－2025学年高三级部第二学期高考校模拟2数学学科 一、单选题（9小题，共45分） 1. 设全集，集合，，则等于（ ） A. B. C. D. 2. 若a，，则“”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 3 设，，，则（ ） A. B. C. D. 4. 具有相关关系的变量满足的线性回归直线方程为，的数据如下： -1 1 3 5 0 0.8 1.2 2 求的最小值 A. 4 B. 6 C. 8 D. 9 5. 下列函数既是奇函数，又在区间[－1，1]上单调递减是（ ） A. B. C. D. 6. 已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ） A. ，，， B. ，， C. ， D. ， 7. 已知双曲线的左，右焦点分别为，，若双曲线的左支上存在一点P，使得与双曲线的一条渐近线垂直于点Q，且，则双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，对任意，恒有，且在上单调递增，则下列选项中不正确的是（ ） A. B. 为奇函数 C. 函数图像向左平移个单位，再将所有点的横坐标缩为原来的得到函数，函数的对称轴方程为， D. 在上的最小值为 9. 如图，在四面体中，平面平面，侧面是等边三角形，底面是等腰直角三角形，，则四面体的外接球的体积是（ ） A. B. C. D. 二、填空题（6小题，共30分） 10. 已知为虚数单位，，则的虚部为______． 11. 展开式中第4项的系数是__________. 12. F是抛物线的焦点，P是C上且位于第一象限内的点，点P在C的准线上的射影为Q，且，则外接圆的方程为_____. 13. 某高中学校为了响应上级的号召，促进学生的全面发展，决定每天减少一节学科类课程，增加一节活动课，为此学校开设了传统武术、舞蹈、书法、小提琴4门选修课程，要求每位同学每学年至多选2门，从高一到高三3个学年将4门选修课程学完，则每位同学的不同选修方式有__________种，若已知某同学高一学年只选修了舞蹈与书法两门课程，则这位同学高二学年结束后就修完所有选修课程的概率为__________． 14. 如图，边长为2的正方形ABCD中，点满足，则_______；若点H是线段AP上的动点，则的取值范围是_________． 15. 设，e是自然对数的底数，函数有零点，且所有零点的和不大于6，则a的取值范围为_____． 三、解答题（5小题，共75分） 16. 在中，内角的对边分别为，已知． （1）求； （2）若，且面积， （ⅰ）求的值； （ⅱ）求． 17. 如图，在四棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，底面是等腰梯形，且，，，，为中点． （1）求证：平面； （2）求直线与所成角的余弦值； （3）求平面与平面夹角的正弦值． 18. 已知是椭圆上的一点，且的离心率为，斜率存在且不过点的直线与相交于，两点，直线与直线的斜率之积为 （1）求的方程. （2）证明：的斜率为定值. （3）设为坐标原点，若与线段（不含端点）相交，且四边形面积为，求的方程. 19. 已知等差数列和等比数列满足：，，， （1）求数列和的通项公式； （2）求数列的前项和； （3）已知，数列的前项和，若对任意正整数，不等式恒成立，求实数的取值范围． 20. 已知函数. （1）当时，设的一个极值点为． （i）判断是否成立，并说明理由；（已知） （ii）设在内全部极值点按从小到大的顺序排列，求证：； （2）当时，直线为曲线的“双重切线”，记直线的斜率所有可能的取值为，若，证明：. 已知：若函数图象上恰好存在相异两点，满足曲线在和处的切线重合，则称为曲线的“双重切点”，直线为曲线的“双重切线”. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024－2025学年高三级部第二学期高考校模拟2数学学科 一、单选题（9小题，共45分） 1. 设全集，集合，，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用并集和补集的定义可求得集合. 【详解】因为全集，集合，，则， 故. 故选：B. 2. 若a，，则“”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】D 【解析】 【分析】利用不等式的性质去判断“”与“”之间的逻辑关系即可解决. 【详解】若，当时，，当时，； 又当时，两边除以b，得，当且时，两边除以b，得. 故“”是“”的既不充分也不必要条件. 故选：D 3. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由对数函数、指数函数以及幂函数的单调性即可比较大小. 【详解】在上是增函数， ， 在R是减函数，在上是增函数， ， . 故选：D. 4. 具有相关关系的变量满足的线性回归直线方程为，的数据如下： -1 1 3 5 0 0.8 1.2 2 求的最小值 A. 4 B. 6 C. 8 D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】先求出样本中心，根据样本中心在回归直线上可得，然后再根据基本不等式进行求解可得最小值． 【详解】由数据得到， ∴样本中心， 又样本中心在回归直线上， ∴ ∴，当且仅当且，即 时等号成立． ∴最小值为8． 故选C． 【点睛】解答本题时注意两点：（1）在线性回归中样本中心在回归直线上；（2）运用基本不等式求最值时，若不符合基本不等式使用的条件，则需进行合理的变形，使其满足“一正二定三相等”的条件，然后再利用不等式求得最值． 5. 下列函数既是奇函数，又在区间[－1，1]上单调递减的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据解析式分别判断奇偶性和单调性即可. 【详解】对A，为奇函数，在单调递增，故A错误； 对B，关于对称，既不是奇函数也不是偶函数，故B错误； 对C，的定义域为关于原点对称，且，故是奇函数，且单调递减，故C正确； 对D，是单调递增函数，故D错误. 故选：C. 6. 已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ） A. ，，， B. ，， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】对于A当时，则与有可能相交即可判断，对于B当时即可判断，对于C由线面位置关系即可判断，对于D由线面垂直的判断定理即可判断. 【详解】对于A：当时，满足，，，，则与有可能相交，故A错误； 对于B：当时，则，，，故B错误； 对于C：满足，，则或，故C错误； 对于D：由，,故D正确. 故选：D 7. 已知双曲线的左，右焦点分别为，，若双曲线的左支上存在一点P，使得与双曲线的一条渐近线垂直于点Q，且，则双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】不妨设在第三象限，与渐近线垂直，写出直线方程，与方程联立求得点坐标，再根据得向量的关系，从而得点坐标，点坐标代入双曲线方程变形可得，得渐近线方程． 【详解】， 不妨设在第三象限，与渐近线垂直，的斜率为，直线方程为， 由，得， 设，由知，即， 所以，，在双曲线上， 所以，化简得，， ，， 所以渐近线方程是． 故选：D． 8. 已知函数，对任意，恒有，且在上单调递增，则下列选项中不正确的是（ ） A. B. 为奇函数 C. 函数图像向左平移个单位，再将所有点的横坐标缩为原来的得到函数，函数的对称轴方程为， D. 在上的最小值为 【答案】D 【解析】 【分析】由题意先求，再逐项验证即可. 【详解】因为对任意，恒有，所以为的一条对称轴， 所以， 又在上单调递增，所以， 所以当时，，故A正确；所以， 由为奇函数，故B正确； 由函数图像向左平移个单位，再将所有点的横坐标缩为原来的得到函数， 令，解得，，故C正确； 由，所以，当，即时，故D错误； 故选：D. 9. 如图，在四面体中，平面平面，侧面是等边三角形，底面是等腰直角三角形，，则四面体的外接球的体积是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由外接球球心的定义即可确定其位置，然后由勾股定理可得外接球的半径，再由球的体积公式代入计算，即可得到结果. 【详解】 因为是等腰直角三角形，，， 则的外接圆半径， 因为侧面是等边三角形，设其外接圆半径为， 由正弦定理可得，解得， 设外接圆圆心为，外接圆的圆心为， 因为平面平面， 过作平面的垂线，过作平面的垂线， 两垂线的交点即为四面体外接球的球心， 设球心到平面的距离为，则等于的外接圆的圆心到的距离， 在等边三角形中，到的距离为，即， 所以外接球的半径， 所以. 故选：C 二、填空题（6小题，共30分） 10. 已知为虚数单位，，则的虚部为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的除法运算及复数的概念得解. 【详解】由已知，得， 所以的虚部为． 故答案为： 11. 展开式中第4项的系数是__________. 【答案】 【解析】 【分析】由二项展开式的通项中令可得. 【详解】展开式的通项为， 所以展开式中第4项系数是. 故答案为：. 12. F是抛物线的焦点，P是C上且位于第一象限内的点，点P在C的准线上的射影为Q，且，则外接圆的方程为_____. 【答案】 【解析】 【分析】由题可判断为直角三角形，即外接圆的圆心为中点，求出圆心和半径即可写出圆的方程. 【详解】 由抛物线方程可知焦点，准线方程为， ，，即，则， ， ，即为直角三角形， 外接圆的圆心为中点，即圆心为，半径为， 外接圆的方程为. 故答案为：. 【点睛】本题考查抛物线的简单性质，考查圆的方程的求解，属于基础题. 13. 某高中学校为了响应上级的号召，促进学生的全面发展，决定每天减少一节学科类课程，增加一节活动课，为此学校开设了传统武术、舞蹈、书法、小提琴4门选修课程，要求每位同学每学年至多选2门，从高一到高三3个学年将4门选修课程学完，则每位同学的不同选修方式有__________种，若已知某同学高一学年只选修了舞蹈与书法两门课程，则这位同学高二学年结束后就修完所有选修课程的概率为__________． 【答案】 ①. 54 ②. ## 【解析】 【分析】利用分组分配的方法，计算求值；利用样本空间的方法，求条件概率. 【详解】由题意可得三个学年修完四门选修课程，每学年至多选2门， 则每位同学每年所修课程数为1，1，2或0，2，2． 先将4门选修课程按1，1，2分成三组，有种方式，再分到三个学年，有种不同方式， 由分步计数原理得，不同的选修方式共有种． 同理，将4门选修课程按0，2，2分成三组，再排列，有种， 所以共有种不同的选修方式； 若将“某同学高一学年只选修了舞蹈与书法两门课程”记为事件A，将“高二学年结束后就修完所有选修课程”记为事件B． 根据题意，满足事件A的所有选课情况共4种情况，其中包含高二选修完或高三选修完其他2门，或是高二，高三各选1门，共4种情况， 其中同时满足事件B的仅有1种情况．根据条件概率公式，可知所求概率为． 故答案为：54； 14. 如图，边长为2的正方形ABCD中，点满足，则_______；若点H是线段AP上的动点，则的取值范围是_________． 【答案】 ①. ②. [1，2] 【解析】 【分析】以为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，设，由可求出点坐标；点H是线段AP上的动点，设，由数量积的坐标运算结合的范围即可求出的取值范围. 【详解】以为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系， 则，设， 所以， 由，可得：， 所以，所以，故， 点H是线段AP上的动点，所以， 则, ，， ，因为，， 所以.故的取值范围是[1，2]. 故答案为：；[1，2]. 15. 设，e是自然对数的底数，函数有零点，且所有零点的和不大于6，则a的取值范围为_____． 【答案】 【解析】 【分析】当时，可得在上单调递减，得在上有一个零点，在上单调递增，由二次函数的性质可得在上有一个零点，当时，分， ，，四种情况分析讨论函数的零点 【详解】解： （1）当时，时，，， 故在上单调递减， 又最小值， 所以在上有一个零点， 当时，，其对称轴为， 则在上单调递增， 又，， 则在上有一个零点， 又，所以符合题意． （2）当时，①时， 当时，，所以， 所以在上单调递减， 因为， 所以 因为， 所以在上没有零点， 当时，， ， 则在上没有零点，不符合题意； ②时，当时，， 令可得， 又时，，单调递减； 时，,又， 所以在上没有零点， 当肘，， ，则在上没有零点，不符合题意； ③时，， 当时，， 令得， 当时，，单调递减； 时，，单调递增， 则在上有极小值， 所以在上没有零点， 在上有一个零点，满足题意； ④时，当时，， 令可得， 又时，，单调递减； 时，，单调递增， 且， 则在上有极小值， 所以在上没有零点， 时，， 其对称轴为， 且， 根据韦达定理可判断在上有两个零点，且两根之和为， 时符合题意， 综上所述：a的取值范围为， 故答案为: ． 【点睛】关键点点睛：本题主要考查二次函数、函数与方程以及导数在研究函数中的应用，解题的关键是分， ，，四种情况分析讨论函数的零点，考查数学分类思想和计算能力，属于难题 三、解答题（5小题，共75分） 16. 在中，内角的对边分别为，已知． （1）求； （2）若，且面积， （ⅰ）求的值； （ⅱ）求． 【答案】（1） （2）（ⅰ）（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得，结合范围，可求的值． （2）（ⅰ）由已知利用三角形的面积公式可求的值，进而可求的值，根据余弦定理可得的值；（ⅱ）由余弦定理求得，进而可得，再根据两角差余弦及二倍角公式求解即可. 【小问1详解】 因为， 所以，可得：， 由正弦定理可得：， 可得：， 因为，所以， 所以，即， 因为，所以 【小问2详解】 （ⅰ）因为，且， 解得：，， 由余弦定理可得：，解得： ； （ⅱ）由余弦定理可得， 所以，，， 所以 17. 如图，在四棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，底面是等腰梯形，且，，，，为中点． （1）求证：平面； （2）求直线与所成角的余弦值； （3）求平面与平面夹角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析； （2）； （3） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，在，中，运用勾股定理逆定理得到，再结合线面垂直判定定理证明； （2）建系，求出关键点坐标，应用计算求解； （3）求出平面与平面的法向量，结合向量夹角公式计算即可求出余弦值，最后应用同角三角函数关系求出正弦值. 【小问1详解】 设，为中点， 是以为斜边的等腰直角三角形， 取的中点，底面是等腰梯形，. 连接 ， 在中，， 在中，. ， ，且平面， 平面； 【小问2详解】 如图，建系，则 ， 设直线与所成角为， 【小问3详解】 设平面的法向量是 ，即，令，解得 设平面的法向量是 ，即令，解得 设平面与平面夹角为 故面与平面夹角正弦值为. 18. 已知是椭圆上的一点，且的离心率为，斜率存在且不过点的直线与相交于，两点，直线与直线的斜率之积为 （1）求的方程. （2）证明：的斜率为定值. （3）设为坐标原点，若与线段（不含端点）相交，且四边形的面积为，求的方程. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）将点的坐标代入椭圆方程，并与离心率联立求出，，； （2）设直线的方程，与椭圆方程联立，运用韦达定理，再根据条件即可证明. （3）利用（2）中直曲联立的结果，结合弦长公式求出，再利用点到直线距离求出四边形面积，得到方程，求解方程即可. 【小问1详解】 由题可知，解得，， 故的方程为. 【小问2详解】 设的方程为，，. 联立方程组 整理得， 即，则，， ， 整理得，则或， 若，则，则过点，不符合题意， 故，即的斜率为定值. 【小问3详解】 由（2）可得直线，，， 因为与线段（不含端点）相交，所以， ， 点到的距离， 点到的距离， 四边形的面积， 解得或（舍去）， 故的方程为：. 【点睛】方法点睛：解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去(或)， 建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件， 建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面， 不要忽略直线斜率为或不存在等特殊情形， 强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力， 重视根与系数之间的关系，解决弦长、斜率、三角形的面积等问题． 19. 已知等差数列和等比数列满足：，，， （1）求数列和的通项公式； （2）求数列的前项和； （3）已知，数列的前项和，若对任意正整数，不等式恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求等差数列的公差和等比数列的公比即可求解； （2）令，利用裂项相消法即可求解； （3）利用错位相减法先求，由有，令，研究数列的单调性即可求解. 【小问1详解】 设数列的公差为，数列的公比为，则有， 所以， 所以，又，所以， 所以， 所以； 【小问2详解】 令， 所以； 【小问3详解】 由已知有， 所以①， ②， 所以①②有：，解得， 由有，即，令， 所以， 所以当时，，即，所以当时，数列单调递减，又，所以， 所以. 20. 已知函数. （1）当时，设的一个极值点为． （i）判断是否成立，并说明理由；（已知） （ii）设在内的全部极值点按从小到大的顺序排列，求证：； （2）当时，直线为曲线的“双重切线”，记直线的斜率所有可能的取值为，若，证明：. 已知：若函数图象上恰好存在相异的两点，满足曲线在和处的切线重合，则称为曲线的“双重切点”，直线为曲线的“双重切线”. 【答案】（1）（i）证明见解析；（ii）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）（i）对求导并结合给定条件可得，然后根据同角关系式结合条件求解即可. （ii）由题可得极值点为第二或第四象限角，然后结合正切函数的性质讨论两极值点的差的范围即可. （2）设对应的切点为，，对应的切点为，，由导数几何意义得，，由周期性，只需研究的情形，由余弦函数的性质，只需考虑，情形，在此条件下求得，而满足，即，构造函数（），则，由导数确定单调性，从而得出缩小的范围，所以，证明则，再由不等式的性质证明结论即可． 【小问1详解】 由题意得， 当时，，下面我们开始研究各个小问， （i）因为函数， 所以， 令，则，对满足方程的有， 所以， 由函数与函数的图象可知此方程一定有解， 故一个极值点满足， 所以； （ii）设是的任意正实根，则， 则存在一个非负整数，使，即为第二或第四象限角， 因为， 所以在第二或第四象限变化时，变化如下， (为奇数) 0 + (为偶数) + 0 所以满足的正根都为函数的极值点， 由题可知为方程的全部正实根， 且满足，， 所以， 因为，，， 则，由，可得， 故得证. 【小问2详解】 由题意得， 当时，， 设对应的切点为，， 对应的切点为，， 由于，所以，， 由余弦函数的周期性，只要考虑的情形， 又结合余弦函数的图象，只需考虑，情形， 则，， 其中，得到， 又，， 即，， 当时，，， 令（），则，， 在上单调递减，又，所以， 所以，此时，则， 故得证． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $