精品解析：云南省丽江市永胜县第一中学2024-2025学年高三上学期第一次高考模拟数学试卷

丽江市永胜县第一中学2025届高三上学期第一次高考模拟测试 数学试卷 一、单选题（本大题共8小题） 1. 已知集合不是空集，若是的充分不必要条件，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 2. 过两点，的直线的倾斜角为，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 3. 复数的共轭复数在复平面内对应的点位（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 4. 已知直线经过点和点，则直线AB的斜率为（ ） A. 3 B. C. 2 D. 不存在 5. 在中，则为（ ） A. 直角三角形 B. 三边均不相等的三角形 C. 等边三角形 D. 等腰非等边三角形 6. 若集合，则（ ）. A. B. C. D. 7. 如图，正方体中，M，N分别是线段上的动点（不含端点），则下列各项中会随着M，N的运动而变化的是（ ） A. 异面直线与直线所成的角的大小 B. 平面与平面所成的角的大小 C. 直线到平面距离的大小 D. 异面直线，之间的距离的大小 8. 的展开式中的系数是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题） 9. 2024年奥运会在法国巴黎举行，中国代表团获得了40枚金牌，27枚银牌，24枚铜牌，共91枚奖牌，取得了境外举办奥运会的最好成绩，运动员的拼搏精神给人们留下了深刻印象.为了增加学生对奥运知识的了解，弘扬奥运精神，某校组织全体学生进行了奥运知识能力竞赛，学生得分在之间，满分100分，现随机调查了200位该校学生的成绩，得到样本数据的频率分布直方图如下，则（ ） A. 图中的值为0.029 B. 参赛学生分数位于区间的概率约为0.85 C. 样本数据的分位数约为79 D. 参赛学生的平均分数约为69.4 10. 下列说法正确的有（ ） A. 直线的斜率越大，则倾斜角越大 B. 两点式适用于不垂直于x轴和y轴的任何直线 C. 若直线l一个方向向量为，则直线l的倾斜角为135° D. 任何一条直线的一般式方程都能与其他四种形式互化 11. 如图，为圆锥底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的动点，，则下列结论正确的是（ ） A. 圆锥侧面积为 B. 三棱锥体积的最大值为9 C. 的取值范围是 D. 若，E为线段上的动点，则的最小值为 三、填空题（本大题共3小题） 12. 若函数在处的切线与直线平行，则实数________. 13. 已知为锐角，若存在，使得，则的取值范围是________. 14. 已知，函数是奇函数，则__________. 四、解答题（本大题共5小题） 15. 椭圆的左顶点为，离心率为． （1）求椭圆的方程； （2）已知经过点的直线交椭圆于两点，是直线上一点.若四边形为平行四边形，求直线的方程. 16. 已知. （1）当存在极小值时，求极小值的最值； （2）若在处的切线与的图象有且仅有一个公共点，求的值. 17. 已知抛物线焦点到x轴的距离为，过点的直线与抛物线E交于A，B两点，设抛物线E在点A，B处的切线分别为和，已知与x轴交于点M，与x轴交于点N，设与的交点为P （1）求抛物线E的标准方程； （2）证明：点P在定直线上； （3）若的面积为，求点P的坐标． 18. 卫生检疫部门在进行病毒检疫时常采用“逐一检测”或“混采检测”（随机地按人一组平均分成组，然后将各组个人的血样混合再化验．如果混管血样呈阴性，说明这个人全部阴性；如果混管血样呈阳性，说明其中至少有一人的血样呈阳性，就需要对每个人再分别化验一次）．已知某种病毒性疾病在某地的患病率（患病率）为． （1）当时，已知某组混管血样呈阳性，且这5人中只有1人患病． （i）将该组每个人的血液逐个化验，直到查出患病人员为止．用表示所需化验次数，求的期望； （ii）先从该组中取3人的血液混在一起化验，若呈阳性，则对这3人的血液再逐个化验，直到查出患病人员；若不呈阳性，则对剩下的2人再逐个化验，直到查出患病人员．用表示所需化验次数，求的期望； （2）已知某次“混采检测”的血样总数为20000，记检验总数次数为，当时，求的最大值. 19. 中国南北朝时期数学家、天文学家祖冲之、祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作，提出“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是几何体的高.详细点说就是，界于两个平行平面之间的两个几何体，被任意一个平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.上述原理在中国被称为祖暅原理. （1）如图1，一个上底面边长为1，下底面边长为2，高为的正六棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，求该不规则几何体的体积； （2）将两个底面半径为，高为圆柱体按如图2所示正交拼接在一起，公共部分叫做“牟合方盖”，如图3.取牟合方盖的八分之一，根据祖暅原理，它的体积和某个四棱锥的体积相加等于棱长为的正方体的体积，求这两个圆柱公共部分几何体即“牟合方盖”的体积； （3）半径为两个球的球心距离也为，根据祖暅原理计算两个球的公共部分的体积. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 丽江市永胜县第一中学2025届高三上学期第一次高考模拟测试 数学试卷 一、单选题（本大题共8小题） 1. 已知集合不是空集，若是的充分不必要条件，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用充分不必要条件的定义，结合集合的包含关系求解即得. 【详解】由是的充分不必要条件，得是的非空真子集， 则，解得，而当时，，当时，符合题意， 所以实数的取值范围为. 故选：C 2. 过两点，的直线的倾斜角为，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 利用斜率与倾斜角的关系，列方程可求出的值 【详解】解：因为两点，的直线的倾斜角为， 所以，解得， 故答案为：B 3. 复数的共轭复数在复平面内对应的点位（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】先化简，再得到共轭复数，最后得到点对应象限. 【详解】，则共轭复数为，对应的点，在第二象限. 故选：B. 4. 已知直线经过点和点，则直线AB的斜率为（ ） A. 3 B. C. 2 D. 不存在 【答案】B 【解析】 【详解】根据斜率公式有. 故选：B . 5. 在中，则为（ ） A. 直角三角形 B. 三边均不相等的三角形 C 等边三角形 D. 等腰非等边三角形 【答案】C 【解析】 【分析】通过平面向量的数量积将化简，结合正弦定理可得的关系，再将化简可得B，进而可以判断三角形的形状. 【详解】由题意：，∴，∴，即，由正弦定理：，∵是三角形内角，∴ 由，所以三角形是等边三角形. 故选：C. 6. 若集合，则（ ）. A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分别求出集合,再根据并集的定义求解即可. 【详解】由题意，得, 所以. 故选：C. 7. 如图，正方体中，M，N分别是线段上的动点（不含端点），则下列各项中会随着M，N的运动而变化的是（ ） A. 异面直线与直线所成的角的大小 B. 平面与平面所成的角的大小 C. 直线到平面距离的大小 D. 异面直线，之间的距离的大小 【答案】A 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，用空间向量把异面直线与直线所成的角，平面与平面所成的角，直线到平面距离，异面直线，之间的距离均求出来，看是否随着M，N的运动而变化 【详解】以点D为原点，DA，DC，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设正方形边长为1，则，，，，，，，因为M，N分别是线段上的动点（不含端点），故设，，所以， 会随着M，N的运动而变化，故A选项正确； 设平面的法向量为，则 ，解得： 设平面的法向量为，则，解得： 所以，故平面与平面所成的角的大小为，不随着M，N的运动而变化； 设平面的法向量为，则，解得：， 则，即与平面平行，故直线到平面距离不变，不随着M，N的运动而变化. 设异面直线，的公共法向量为，则，解得：，设异面直线，之间的距离为，夹角为，则，所以异面直线，之间的距离的不随着M，N的运动而变化. 故选：A 8. 的展开式中的系数是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先写出展开式通项，然后令的指数部分为，由此求解出的值，则项的系数可求. 【详解】由二项展开式知其通项为， 令，解得. 所以的系数为. 故选：B. 二、多选题（本大题共3小题） 9. 2024年奥运会在法国巴黎举行，中国代表团获得了40枚金牌，27枚银牌，24枚铜牌，共91枚奖牌，取得了境外举办奥运会的最好成绩，运动员的拼搏精神给人们留下了深刻印象.为了增加学生对奥运知识的了解，弘扬奥运精神，某校组织全体学生进行了奥运知识能力竞赛，学生得分在之间，满分100分，现随机调查了200位该校学生的成绩，得到样本数据的频率分布直方图如下，则（ ） A. 图中的值为0.029 B. 参赛学生分数位于区间的概率约为0.85 C. 样本数据的分位数约为79 D. 参赛学生的平均分数约为69.4 【答案】AC 【解析】 【分析】利用各小矩形面积和为1求出x判断A；求出分数位于区间的频率判断B；求出75百分位数判断C；估计学生的平均分数判断D作答. 【详解】对于A，由，解得，A正确； 对于B，分数位于区间的频率为，估计概率为0.60，B错误； 对于C，由选项B知，样本数据的75%分位数，由，得，C正确； 对于D，由频率分布直方图知，各小矩形面积从左到右依次为， 平均分数，D错误. 故选：AC 10. 下列说法正确的有（ ） A. 直线的斜率越大，则倾斜角越大 B. 两点式适用于不垂直于x轴和y轴的任何直线 C. 若直线l的一个方向向量为，则直线l的倾斜角为135° D. 任何一条直线的一般式方程都能与其他四种形式互化 【答案】BC 【解析】 【分析】选项A，选取，求解对用倾斜角，可判断； 选项B，由两点式中，分析可判定； 选项C，化简方向向量得到，故，分析可判定； 选项D，分析直线，可判断. 详解】选项A，当时，对应倾斜角，当时，对应倾斜角，错误； 选项B，由于两点式中，故垂直于x轴和y轴的直线不能用两点式表示，其他直线都能选取两个点满足，可用两点式表示，正确； 选项C，方向向量可化简为，故斜率，故对应倾斜角，正确； 选项D，直线斜率不存在，不能转化为斜截式，错误. 故选：BC 11. 如图，为圆锥底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的动点，，则下列结论正确的是（ ） A. 圆锥的侧面积为 B. 三棱锥体积的最大值为9 C. 的取值范围是 D. 若，E为线段上的动点，则的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用圆锥的侧面积公式计算判断A项，结合图形判断当时，的面积最大，从而三棱锥体积，计算判断B项；结合图形题意，可得，利用三角形内角和推得判断C项，通过把以为轴旋转到与共面，利用三点共线时线段和最短即可计算判断D项. 【详解】由题意，易得，. 对于A：圆锥的侧面积为，故A正确； 对于B：由图知，当时，的面积最大，此时， 则三棱锥体积的最大值为：，故B正确； 对于C：当点B与点A重合时，为最小角； 当点B与点C重合时，，达到最大值，又因为点B与A，C不重合， 则. 又，可得，故C错误； 对于D：因为，，，所以. 又，所以为等边三角形，∴. 将以为轴旋转到与共面， 得到，则等边三角形，. 如图：. 因，， 由余弦定理，， 则，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题（本大题共3小题） 12. 若函数在处的切线与直线平行，则实数________. 【答案】1 【解析】 【分析】求导，根据平行得到，解得答案. 【详解】因为，所以， 依题意可得，即，解得. 故答案为：1. 13. 已知为锐角，若存在，使得，则的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】由及和角正切公式得，再结合，将问题化为在有解，即可求范围. 【详解】由知，故， 于是，由，知. 存在使等价于关于的方程在有解， 由，当且仅当时取等号，所以的取值范围是. 故答案为： 14. 已知，函数是奇函数，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用奇函数性质由可得，再由计算可得，经检验满足题意可得结果. 【详解】由题意知函数的定义域为， 又是奇函数，所以，即，解得， 所以， 又，所以， 又，解得， 此时， 所以，满足题意， 所以. 故答案为： 四、解答题（本大题共5小题） 15. 椭圆的左顶点为，离心率为． （1）求椭圆的方程； （2）已知经过点的直线交椭圆于两点，是直线上一点.若四边形为平行四边形，求直线的方程. 【答案】（1）； （2）或 【解析】 【分析】（1）直接由顶点和离心率求出椭圆方程即可； （2）设，由表示出直线的斜率，进而写出直线的方程，联立椭圆求出弦长，由求出，即可求得直线的方程. 【小问1详解】 由题意知：，则，故椭圆的方程为； 【小问2详解】 设，又，故，又直线经过点，故的方程为， 联立椭圆方程可得，显然，， 则， 又，由，可得， 解得或， 故直线的方程为或. 16. 已知. （1）当存在极小值时，求极小值的最值； （2）若在处的切线与的图象有且仅有一个公共点，求的值. 【答案】（1）极小值的最大值为0，无最小值. （2）. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，判断函数单调性，可求出函数极值，继而构造函数，求得极值的最值； （2）根据导数的几何意义求得在处的切线，与联立，讨论a，结合判别式即可求得答案. 【小问1详解】 ，， ①当时，恒成立，在上单调递增，无极值； ②当时，令，得， 在上单调递减，在上单调递增，无极大值， 极小值为， 令，则， 因为，所以在上单调递增，在上单调递减， ， 综上所述，极小值的最大值为0，无最小值. 【小问2详解】 由题意知，， 所以在处的切线方程为， 联立方程，得， 当时，方程仅有一解，符合题意； 当时，令，解得， 故. 17. 已知抛物线的焦点到x轴的距离为，过点的直线与抛物线E交于A，B两点，设抛物线E在点A，B处的切线分别为和，已知与x轴交于点M，与x轴交于点N，设与的交点为P （1）求抛物线E的标准方程； （2）证明：点P在定直线上； （3）若的面积为，求点P的坐标． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）或 【解析】 【分析】（1）由抛物线的焦点到x轴的距离为，求出，即可得出答案. （2）根据题意，由导数的几何意义求出直线和方程，联立直线方程可得点的坐标，分析可得答案； （3）根据题意，由三角形面积公式可得的值，由此计算可得答案. 【小问1详解】 因为抛物线的焦点坐标为，且焦点到x轴的距离为， 所以，所以， 所以抛物线E的标准方程为. 【小问2详解】 由，得，， 设，，， 则和的斜率分别为， 所以方程为：，整理得：， 同理可得，方程为：， 联立与的方程，解得：，， 因为点T在抛物线内部，可知直线的斜率存在，且与抛物线必相交， 设直线的方程为， 与抛物线方程联立得：， 故，， 所以，，可知， 所以点P在定直线上. 【小问3详解】 在，的方程中，令，得，， 由（2）知，，，， 所以面积， 故， 化简可得， 由于，则， 从而，故或， 所以点P的坐标为或. 18. 卫生检疫部门在进行病毒检疫时常采用“逐一检测”或“混采检测”（随机地按人一组平均分成组，然后将各组个人的血样混合再化验．如果混管血样呈阴性，说明这个人全部阴性；如果混管血样呈阳性，说明其中至少有一人的血样呈阳性，就需要对每个人再分别化验一次）．已知某种病毒性疾病在某地的患病率（患病率）为． （1）当时，已知某组混管血样呈阳性，且这5人中只有1人患病． （i）将该组每个人的血液逐个化验，直到查出患病人员为止．用表示所需化验次数，求的期望； （ii）先从该组中取3人的血液混在一起化验，若呈阳性，则对这3人的血液再逐个化验，直到查出患病人员；若不呈阳性，则对剩下的2人再逐个化验，直到查出患病人员．用表示所需化验次数，求的期望； （2）已知某次“混采检测”的血样总数为20000，记检验总数次数为，当时，求的最大值. 【答案】（1）（i）；（ii） （2）20 【解析】 【分析】（1）（i）求出可以取的值及对应的概率，代入期望公式求解即可；（ii）求出可以取的值，结合组合数求出对应的概率，代入期望公式求解即可； （2）先确定的可能取值并求出对应的概率，求出期望，由及组合数的性质得，两边取自然对数得，设，利用导数研究函数的单调性，根据零点存在性的判定方法求解的最大值. 【小问1详解】 （i）根据题意知可以取的值有1，2，3，4， ∴，，， ， ∴； （ii）根据题意知可以取的值有2，3， ∵当时可以分两类， 第一类：混检的3人中有一人患病，并且在第2次就检测出患病人员； 第二类：混检3人均没有患病，并且在第2次就检测出患病人员或未患病人员： ∴，， ∴； 【小问2详解】 由题知将20000份血样随机地按份一组平均分成组， 则的可能取值为，，，⋯，， 其中每一组检测结果为阴性的概率为，检测结果为阳性的概率为， ∵， ∴， 又∵， ∴ ， ∴， 可得，两边取自然对数，化简得， 不妨设，则， 令，， ∴在单调递增，， ∴单调递增． 由题知是20000的正因数且，， ∵， ， ∴的最大值为20． 19. 中国南北朝时期数学家、天文学家祖冲之、祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作，提出“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是几何体的高.详细点说就是，界于两个平行平面之间的两个几何体，被任意一个平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.上述原理在中国被称为祖暅原理. （1）如图1，一个上底面边长为1，下底面边长为2，高为的正六棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，求该不规则几何体的体积； （2）将两个底面半径为，高为的圆柱体按如图2所示正交拼接在一起，公共部分叫做“牟合方盖”，如图3.取牟合方盖的八分之一，根据祖暅原理，它的体积和某个四棱锥的体积相加等于棱长为的正方体的体积，求这两个圆柱公共部分几何体即“牟合方盖”的体积； （3）半径为的两个球的球心距离也为，根据祖暅原理计算两个球的公共部分的体积. 【答案】（1）21 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由已知条件求出正六棱台体积，即可得到答案； （2）由题，该几何体在距底面距离处的横截面积为，阴影部分面积为，根据祖暅原理，列式计算； （3）由题，两个球的公共部分为两个底面半径为的球冠，每个球冠的体积等同于一个底面半径为，高为的圆柱中间挖去一个上下底面半径分别为和，高为的圆台的组合体体积，列式计算得解. 【小问1详解】 正六棱台的上表面面积，下表面面积， 正六棱台的体积为. 【小问2详解】 根据图4，该几何体在距底面距离处的横截面积为，阴影部分面积为. 底面边长和高为的正四棱锥在距底面距离处的横截面积与阴影部分相等. 根据祖暅原理，它的体积和某个四棱锥的体积相加等于棱长为的正方体的体积 即，所以. 【小问3详解】 两个球的公共部分为两个底面半径为的球冠， 每个球冠的体积等同于一个底面半径为，高为的圆柱中间挖去一个上下底面半径分别为和，高为的圆台的组合体体积， 则， 即. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $