精品解析：云南省丽江市第一高级中学2024-2025学年高三下学期第一次高考模拟测试数学试题

丽江市第一高级中学2025届高三下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. 若集合，，则满足的实数a的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 2. 复数，其中为虚数单位，则（ ） A. 0 B. C. 1 D. 2 3. 今年贺岁片，《第二十条》、《热辣滚烫》、《飞驰人生2》引爆了电影市场，小明和他的同学一行五人决定去看这三部电影，每人只看一部电影，则不同的选择共有（ ） A. 10种 B. 60种 C. 125种 D. 243种 4. 设，，，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 下列四个函数中，以为最小正周期，且在区间上为减函数的是 A. B. C. D. 6. 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 7. 已知数据的平均数为10，方差为10，则的平均数和方差分别为（ ） A. 32，90 B. 32，92 C. 30，90 D. 30，92 8. 已知函数在区间上有且仅有4条对称轴，给出下列四个结论： ①在区间上有且仅有3个不同的零点； ②的最小正周期可能是； ③的取值范围是； ④在区间上单调递增． 其中所有正确结论的序号是（ ） A. ①④ B. ②③ C. ②④ D. ②③④ 二、多选题（本大题共3小题） 9. 已知，关于的方程的一个根是，另一个根是，其中是虚数单位，则下面四个选项正确的有（ ） A. 复数对应的点在第四项象限 B. C. D. 10. 设的内角的对边分别是，若，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 的外接圆的面积是 C. 的面积的最大值是 D. 的取值范围是 11. 已知A，B为两个事件，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则的最小值可能为0.38 C. 若，，A，B相互独立，则 D. 若，则 三、填空题（本大题共3小题） 12. 已知非零向量，夹角为，则的最小值为______. 13. 如图，是水平放置的的直观图，若，轴，轴，则的周长为_______． 14. 在三棱锥中， ， ， ，则三棱锥外接球的表面积为_________ 四、解答题（本大题共5小题） 15. 如图所示，四边形是矩形，且，若将图中阴影部分绕旋转一周. （1）求阴影部分形成的几何体的体积； （2）求阴影部分形成的几何体的表面积. 16. 已知函数； （1）若，求函数的单调区间； （2）当时，求函数在上的最大值． 17. 已知点是边长为的菱形所在平面外一点，且点在底面上的射影是与的交点，已知，是等边三角形. （1）求证：； （2）求二面角的平面角的正切值； （3）若点是线段上的动点，问：点在何处时，直线与平面所成的角最大?求出最大角的正弦值，并说明点此时所在的位置. 18. 已知椭圆C：的离心率为，C与曲线经过x轴上的同一点. （1）求C的方程； （2）作曲线在处的切线l. （ⅰ）若，l与C相交于A，B两点，P是C上任意一点，求面积的最大值； （ⅱ）当时，证明l与C有两个公共点. 19. 已知一个袋子中装有分别标有数字的张卡片，. （1）把这个袋子中的张卡片分别放入2个不同的盒子中，每个盒子不空，记分配方法总数为，求的值； （2）从这个袋子中依次随机抽取一张卡片. （ⅰ）若取出的卡片再放回袋子，最多抽取次，直到取到标号为偶数的卡片就停止抽取，记抽取的次数为，证明：； （ⅱ）若取出的卡片不再放回袋子，记为最后一张标号为偶数的卡片被取出时所需的抽取次数，求. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 丽江市第一高级中学2025届高三下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. 若集合，，则满足的实数a的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】利用，知，求出的值，根据集合元素的互异性舍去不合题意的值，可得答案． 【详解】因为，所以， 即或者，解之可得或或， 当时，，符合题意； 当时，，符合题意； 当时，，根据集合元素互异性可判断不成立。 所以实数a的个数为2个. 故选：B 2. 复数，其中为虚数单位，则（ ） A. 0 B. C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的运算求得，进而由对数运算可求解. 【详解】因为，所以， 所以. 故选：C. 3. 今年贺岁片，《第二十条》、《热辣滚烫》、《飞驰人生2》引爆了电影市场，小明和他的同学一行五人决定去看这三部电影，每人只看一部电影，则不同的选择共有（ ） A. 10种 B. 60种 C. 125种 D. 243种 【答案】D 【解析】 【分析】由分步乘法计数原理计算即可． 【详解】五人去看三部电影，每人只看一部电影，则不同的选择共有种， 故选：D． 4. 设，，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】当时，选项A错误； 当时，选项B错误； 当时，选项C错误； ∵函数在上单调递增， ∴当时，． 本题选择D选项. 点睛：判断不等式是否成立，主要利用不等式的性质和特殊值验证两种方法，特别是对于有一定条件限制的选择题，用特殊值验证的方法更简便． 5. 下列四个函数中，以为最小正周期，且在区间上为减函数的是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】最小正周期，且在区间上为减函数，适合；最小正周期为，不适合；最小正周期为，在区间上不单调，不适合；最小正周期为，在区间上为增函数，不适合. 故选A 6. 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 7. 已知数据的平均数为10，方差为10，则的平均数和方差分别为（ ） A. 32，90 B. 32，92 C. 30，90 D. 30，92 【答案】A 【解析】 【分析】根据平均数、方差的性质计算可得. 【详解】因为的平均数是10，方差是10， 所以的平均数是，方差是. 故选：A. 8. 已知函数在区间上有且仅有4条对称轴，给出下列四个结论： ①在区间上有且仅有3个不同的零点； ②的最小正周期可能是； ③的取值范围是； ④在区间上单调递增． 其中所有正确结论的序号是（ ） A. ①④ B. ②③ C. ②④ D. ②③④ 【答案】B 【解析】 【分析】令，则，由函数在区间上有且仅有4条对称轴，即有4个整数符合，可求出判断③，再利用三角函数的性质可依次判断①②④. 【详解】由函数， 令，则 函数在区间上有且仅有4条对称轴，即有4个整数符合， 由，得，则， 即，，故③正确； 对于①，，， 当时，在区间上有且仅有3个不同的零点； 当时，在区间上有且仅有4个不同的零点；故①错误； 对于②，周期，由，则，， 又，所以的最小正周期可能是，故②正确； 对于④，，，又， 又，所以在区间上不一定单调递增，故④错误． 故正确结论的序号是：②③ 故选：B 【点睛】方法点睛：函数的性质： (1) . (2)周期 (3)由 求对称轴，由求对称中心. (4)由求增区间；由求减区间. 二、多选题（本大题共3小题） 9. 已知，关于的方程的一个根是，另一个根是，其中是虚数单位，则下面四个选项正确的有（ ） A. 复数对应的点在第四项象限 B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据复数的几何意义可判断A；将代入方程可求的值，即可判断B；利用根与系数的关系可求出方程的另一个根，即可判断C；根据两个虚数不能比较大小，可判断D. 【详解】复数，复数对应的点为，所以，复数对应的点在第四象限，故A正确； 已知，关于的方程的一个根是， 则，整理得， 所以，；解得：，所以，，故B正确； 由得方程，又知道一个根是， 所以，结合韦达定理，可得另一个根是，所以，，故C正确； 两个虚数不能比较大小，故D错误； 故选：ABC． 10. 设的内角的对边分别是，若，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 的外接圆的面积是 C. 的面积的最大值是 D. 的取值范围是 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A项，由正弦定理边化角及和角公式求解即可；对于B项，由正弦定理及圆的面积公式求解即可； 对于C项，由余弦定理及重要不等式可求得的最大值，结合三角形面积公式求解即可； 对于D项，由正弦定理边化角可得，求此函数的值域即可. 【详解】对于A项，因为， 所以， 所以， 又因为，所以， 又因为，所以，故A项错误． 对于B项，设的外接圆的半径为，由正弦定理可得， 则的外接圆的面积是，故B项正确． 对于C项，由余弦定理可得，即①． 因为②，当且仅当时，等号成立， 所以由①②得，当且仅当时，等号成立， 所以的面积，则C项正确． 对于D项，由正弦定理可得，则，， 所以 又因为，所以，所以， 所以，即的取值范围是，故D项正确． 故选：BCD. 11. 已知A，B为两个事件，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则的最小值可能为0.38 C. 若，，A，B相互独立，则 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据事件的包含关系结合条件概率公式即可判断A，D；根据事件的和与积求解，即可判断B；根据独立事件的性质即可判断C. 【详解】对于A，因为，所以，由于，则，故A正确； 对于B，因为，，所以， 由于，则，所以的最小值不可能为0.38，故B不正确； 对于C，若，，A，B相互独立，则，则，故C正确； 对于D，若，则，所以，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题（本大题共3小题） 12. 已知非零向量，夹角为，则的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据向量数量积的运算，结合二次函数求最值得解. 【详解】因为非零向量与的夹角为，所以， ， 令，， 则，当且仅当即时等号成立. 故答案为：. 13. 如图，是水平放置的的直观图，若，轴，轴，则的周长为_______． 【答案】 【解析】 【分析】得到，将直观图还原为原图，求出，由此即可得解. 【详解】由题意，所以，可得为直角三角形， 所以， 根据题意，将直观图还原为原图，如图所示， 可得为直角三角形，其中， 由勾股定理得， 所以的周长为． 故答案为：. 14. 在三棱锥中， ， ， ，则三棱锥外接球的表面积为_________ 【答案】 【解析】 【分析】作平面于点，连接，确定四边形为矩形，根据余弦定理即可得，进而得球的半径，即可计算球的表面积. 【详解】如图，作平面于点，连接， 平面，平面，所以， 因为平面，所以平面， 平面，所以，同理得， 四边形为矩形，，则， 在中，, 由余弦定理得， 即， 解得， 设三棱锥外接球的半径为， 则三棱锥外接球即为四棱锥外接球,即为以为棱长的长方体的外接球， 故由得，解得， 所以球的表面积为， 故答案为：. 四、解答题（本大题共5小题） 15. 如图所示，四边形是矩形，且，若将图中阴影部分绕旋转一周. （1）求阴影部分形成的几何体的体积； （2）求阴影部分形成的几何体的表面积. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由圆柱的体积减去半球的体积即可求解． （2）分别求圆柱下底面、侧面和半球面的面积，即可求解； 【小问1详解】 ，，所求几何体的体积为． 【小问2详解】 由题意知，旋转体的表面由三部分组成，圆柱下底面、侧面和半球面， 因为，，，， 故所求几何体的表面积为； 16. 已知函数； （1）若，求函数的单调区间； （2）当时，求函数在上的最大值． 【答案】（1）单调增区间为，单调减区间为. （2） 当时，， 当时，. 【解析】 【分析】（1）代入得，求导得，分析其单调性即可； （2）求导得，分和讨论即可. 【小问1详解】 函数定义域为， 当时，， 则， 令， 令， 所以的单调增区间为，单调减区间为. 【小问2详解】 ， 令解得 ①当时， 当时，在区间上单调递增， 当时，在区间上单调递减． . ②当时， 当时，，在区间单调递增． . 综上所述，当时，， 当时，. 17. 已知点是边长为的菱形所在平面外一点，且点在底面上的射影是与的交点，已知，是等边三角形. （1）求证：； （2）求二面角的平面角的正切值； （3）若点是线段上的动点，问：点在何处时，直线与平面所成的角最大?求出最大角的正弦值，并说明点此时所在的位置. 【答案】（1） 因为点在底面上的射影是与的交点， 所以平面，又平面，所以， 因为四边形为菱形，所以， 因为，、平面，所以平面， 又平面，所以． （2） （3）当点在线段上靠近点的处时，直线与平面所成的角最大，最大角的正弦值为 【解析】 【分析】（1）由题意得到平面，即得，再由可证平面，由线面垂直可得； （2）过在平面内作于，连接，证明平面，得到为二面角的平面角，在中，利用三角函数的定义求解即得； （3）由平面得到到平面的距离即为到平面的距离，利用等体积求得，设直线与平面所成的角为，求得，推得当时，最小，从而的值最大，由此即得点的位置. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，过在平面内作于，连接， 因为平面，平面，所以， 又，、平面，所以平面， 又平面，所以，故为二面角的平面角， 因菱形中，，则，， 又是等边三角形，故， 由，知， 在中，，故二面角的正切值为. 【小问3详解】 因为，且平面平面，所以平面， 所以到平面的距离即为到平面的距离， 因为，所以， 即， 所以， 设直线与平面所成的角为，则，， 因正弦函数在第一象限单调递增，故要使最大，即使最大，则需使最小， 此时，由对称性知，， 所以，此时， 故当点在线段上靠近点的处时，直线与平面所成的角最大，且最大角的正弦值为. 18. 已知椭圆C：的离心率为，C与曲线经过x轴上的同一点. （1）求C的方程； （2）作曲线在处的切线l. （ⅰ）若，l与C相交于A，B两点，P是C上任意一点，求面积的最大值； （ⅱ）当时，证明l与C有两个公共点. 【答案】（1） （2）（i）； （ii）切线l：即， 代入中有，， 由题意只需证明，即， 即证：，令，， ， 令，， ，所以在上单调递减，因为， 所以当时，，，当时，，， 所以当时，单调递减，当时，单调递增， 所以，得证. 【解析】 【分析】（1）由题意，C经过点，再结合椭圆几何性质求解； （2）（ⅰ）先求出切线l：，联立方程组，得，设，则点P到l的距离，求出的最大值得解；（ⅱ）切线l：，带入中有，由题意只需证明，即证：，令，利用导数证明不等式成立. 【小问1详解】 由题意，C经过点，则，又，， 可得，， 所以； 【小问2详解】 （ⅰ）由求导得，当时，切线l：，联立消去y， 得，则有或，所以， 设，则点P到l的距离， 因为，令，则， 从而， 令，得，故，. 所以面积的最大值为，当且仅当，即，时取最大. （ⅱ）略 19. 已知一个袋子中装有分别标有数字的张卡片，. （1）把这个袋子中的张卡片分别放入2个不同的盒子中，每个盒子不空，记分配方法总数为，求的值； （2）从这个袋子中依次随机抽取一张卡片. （ⅰ）若取出的卡片再放回袋子，最多抽取次，直到取到标号为偶数的卡片就停止抽取，记抽取的次数为，证明：； （ⅱ）若取出的卡片不再放回袋子，记为最后一张标号为偶数的卡片被取出时所需的抽取次数，求. 【答案】（1） （2）（i）若取出的卡片再放回袋子，则每次抽取到偶数号码卡片的概率为， 由题意知的所有可能取值为， 所以， 则的分布列为 所以, 则， 两式相减可得 ， ， 所以； （ii） 【解析】 【分析】（1）利用组合计数求，再由分组求和法，结合等比数列求和公式求解即可； （2）（i）利用相互独立事件同时发生的概率公式得到概率分布列，再由错位相减法即可求得；（ii）利用组合计数与古典概型概率公式得到概率分布列，再由离散型随机变量的期望公式可求. 【小问1详解】 由题意知， 所以 ； 【小问2详解】 （i）略 （ii）由题意知的所有可能取值为， 则， 所以 ， 因为 ， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $