江苏省南京市第一中学2024-2025学年高三下学期数学二模模拟试卷

2024-2025学年高三下学期南京一中二模模拟数学试卷 一、单选题 1.  已知，则“”既是等差数列又是等比数列”是“”的（       ） A．充分且不必要条件 B．必要且不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 2.  若命题“”是假命题，则的取值范围是（       ） A． C． B． D． 3.  若函数有唯一零点，且，则（       ） A． C． B． D．1 4.  如图，圆为四边形的外接圆，点在直径上，若，，，则（　　） 　　 A． C． B． D． 5.  已知函数的一个零点是，将函数的图象向左平移个单位长度后所得图象的表达式为（       ） A． C． B． D． 6.  已知方程的四个根组成一个首项为的等差数列，则（       ） A． B． C． D． 7.  已知圆锥的侧面展开图为半圆，其轴截面是以为顶点的等腰三角形，若分别是该三角形的三个内角，则（       ） A． B． C．0 D．1 8.  现有一盒子里装有序号分别为1，2，3，4，5，6的六个大小、质地完全相同的小球，甲、乙、丙三人依次有放回地从盒子里各随机抽取一次（每个球被抽取的可能性相同），记录被抽取的球的序号分别为，，，则满足的情况有（       ） 种. A．54 B．55 C．56 D．58 二、多选题 9.  已知是两条不重合的直线，是三个互不重合的平面，给出下列四个命题，其中正确的命题是（       ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 10.  若的内角所对的边分别为，且满足，则下列结论正确的是（       ） A．角C一定为锐角 B． C． D．的最大值为 11.  已知数列满足，，设的前n项和为，下列结论正确的（       ） A．数列是等比数列 B． C． D．当时，数列是单调递减数列 三、填空题 12.  正方体的面对角线中，与所成角为的有  条. 13.  已知抛物线C：的焦点为F，准线为l，过F的直线与C交于两点（在轴上方），为的中点.若，点到l的距离为4，则的值为  . 14.  直线与曲线：及曲线：分别交于点.曲线在处的切线为，曲线在处的切线为.若，相交于点，则面积的最小值为  . 四、解答题 15.  在中，角所对的边分别为，已知，且. (1) 求的值； (2) 求的值. 16.  已知椭圆的一个顶点为，右焦点为，且，其中为原点． （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）已知点满足，点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线与以为圆心的圆相切于点，且为线段的中点．求直线的方程． 17.  某种玩具启动后，该玩具上的灯会亮起红灯或绿灯(红灯和绿灯不会同时亮起)，第1次亮灯时，亮起红灯的概率为，亮起绿灯的概率为.若第次亮起的是红灯，则第次亮起红灯的概率为，亮起绿灯的概率为；若第次亮起的是绿灯，则第次亮起红灯的概率为，亮起绿灯的概率为.记第次亮灯时，亮起红灯的概率为.该玩具启动前可输入，玩具启动后，当且第n次亮起红灯时，该玩具会唱一首歌曲，否则不唱歌. （1）若输入，记该玩具启动后，前3次亮灯中亮起红灯的次数为，求的分布列和期望； （2）若输入， （i）求数列的通项公式； （ii）该玩具启动后，在前20次亮灯中，该玩具最多唱几次歌？ 18.  已知四棱锥的底面为平行四边形，，，，，. (1) 求三棱锥外接球的表面积. (2) 设为线段上的点. （i）若，求直线与平面所成角的正弦值. （ii）平面过点，，且平面，探究：是否存在点，使得平面与平面之间所成角的正切值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 19.  已知函数. （1）设. ①求方程=2的根； ②若对任意，不等式恒成立，求实数的最大值； （2）若，函数有且只有1个零点，求的值. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年高三下学期南京一中二模模拟数学试卷 一、单选题 1.  已知，则“”既是等差数列又是等比数列”是“”的（       ） A．充分且不必要条件 B．必要且不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A. 【解析】  利用推出关系去判断充要关系即可. 当时，是等差数列，不是等比数列， 当既是等差数列又是等比数列，则， 故“既是等差数列又是等比数列”是“”的充分不必要条件， 故选：A． 2.  若命题“”是假命题，则的取值范围是（       ） A． C． B． D． 【答案】D. 【解析】  由题意可知命题的否定为真命题，由判别式得到不等式，解得的取值范围》 命题“”是假命题， 则 是真命题， ∴， 解得：或， 即a的范围是 故选：D. 3.  若函数有唯一零点，且，则（       ） A． C． B． D．1 【答案】C. 【解析】  根据偶函数的性质，结合零点的唯一性可得求解. 由于有唯一的零点，所以也有唯一的零点， 由于均为偶函数，所以为偶函数， 因此，故， 故选：C. 4.  如图，圆为四边形的外接圆，点在直径上，若，，，则（　　） 　　 A． C． B． D． 【答案】A. 【解析】  根据图形的几何特征，以来表示，根据平面向量的数量积运算律计算即可. 由，可得， 则，，∴， 则　　. 故选:A. 5.  已知函数的一个零点是，将函数的图象向左平移个单位长度后所得图象的表达式为（       ） A． C． B． D． 【答案】D. 【解析】  先求得，然后根据三角函数图象变换、诱导公式等知识求得正确答案. 依题意，， 所以， ，向左平移个单位长度得到. 故选：D. 6.  已知方程的四个根组成一个首项为的等差数列，则（       ） A． B． C． D． 【答案】C. 【解析】 方程 可化为 ①，②，设是方程①的根，则将代入方程①，可解得，∴方程①的另一个根为．设方程②的另一个根为，则由根与系数的关系知，，又方程①的两根之和也是2， ,由等差数列中的项的性质可知，此等差数列为，，，公差为，，， . 故选：C. 7.  已知圆锥的侧面展开图为半圆，其轴截面是以为顶点的等腰三角形，若分别是该三角形的三个内角，则（       ） A． B． C．0 D．1 【答案】B. 【解析】  根据，得，进而判断三角形为等边三角形，进而利用正切的和差角公式即可化简求解. 设圆锥的底面圆半径以及圆锥的母线分别为， 由题意可得，故， 因此三角形为等边三角形，故, 故 , 故选：B. 8.  现有一盒子里装有序号分别为的六个大小、质地完全相同的小球，甲、乙、丙三人依次有放回地从盒子里各随机抽取一次（每个球被抽取的可能性相同），记录被抽取的球的序号分别为，，，则满足的情况有（       ） 种. A．54 B．55 C．56 D．5 【答案】A. 【解析】  由题设条件有，设，则，还有一个数为，则，，讨论并结合排列数，即可求所有情况数. 由，可得， 所以. 不妨设，则，还有一个数为， 显然，，对于任意取值，都有如下情况， 当时，三个数为，，，对应，，，有种方法； 当时，三个数为，，，对应，，，有种方法； 当时，三个数为，，，对应，，，有种方法； 当时，三个数为，，，对应，，，有种方法. 所以一共有种. 故选A. 二、多选题 9.  已知是两条不重合的直线，是三个互不重合的平面，给出下列四个命题，其中正确的命题是（       ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】BD. 【解析】  根据空间中平行与垂直的判定定理和性质定理逐一判断各选项即可． 由是两条不重合的直线，是三个两两不重合的平面，知： 在A中，若，则与相交或平行，故A错误； 在B中，若，则由面面垂直的性质定理得，故B正确； 在C中，若，那么由线面垂直的性质定理得，故C错误； 在D中，若，那么由线面平行的性质定理得，故D正确. 故选：BD． 10.  若的内角所对的边分别为，且满足，则下列结论正确的是（       ） A．角C一定为锐角 B． C． D．的最大值为 【答案】BCD 【解析】 由可得，又，故， ，故为钝角，A错误； 又由余弦定理，，化简得，B正确； 由正弦定理，即，又，故， 即，即，C正确； 由上知， 为钝角，故，，，当且仅当，即时取等，D正确. 故选：BCD. 11.  已知数列满足，，设的前n项和为，下列结论正确的（       ） A．数列是等比数列 B． C． D．当时，数列是单调递减数列 【答案】ABD 【解析】  对A：借助等比数列定义得出即可得；对B：借助所给条件计算即可得；对C：借助分组求和法计算即可得；对D：结合单调数列的定义计算即可得. 对A：， 且，故数列是等比数列，故A正确； 对B：，，， 由，得，故B正确； 对C：因为， 所以　　，，故C错误． 对D：当时，是单调递减数列，也是单调递减数列， 所以是单调递减数列，故D正确． 故选：ABD. 三、填空题 12.  正方体的面对角线中，与所成角为的有  条. 【答案】8. 【解析】  根据，，，是等边三角形判断. 如图所示： 　　 因为，是等边三角形， 所以与所成角为， 又，是等边三角形， 所以与所成角为， 因为， 所以与所成角为， 所以与所成角为的面对交线有8条， 故答案为：8. 13.  已知抛物线C：的焦点为F，准线为l，过F的直线与C交于两点（在轴上方），为的中点.若，点到l的距离为4，则的值为  . 【答案】3. 【解析】方法一：当斜率为0时，过F的直线与抛物线只有1个交点，不合要求，舍去， 设PQ：，，， 由与联立，得，所以． 由，得，代入，得， 故，． 因为M为的中点，所以点的横坐标为， 因为点M到l的距离为4，所以， 即，故，解得； 方法二：设PQ的倾斜角为，则， 由得，即， 解得，则， 由点M到l的距离为4，得，即，所以． 故答案为：3. 14.  直线与曲线：及曲线：分别交于点.曲线在处的切线为，曲线在处的切线为.若，相交于点，则面积的最小值为  . 【答案】2. 【解析】  利用导数的几何意义，设出直线，求出交点的横坐标，从而求出，再利用基本不等式即可求出结果. 设， 由，得到，由，得到　　所以由导数的几何意义得：， ，联立方程解得：　　的面积， 令，所以， 当且仅当，即时取等号. 故答案为：2. 四、解答题 15.  在中，角所对的边分别为，已知，且. (1) 求的值； (2) 求的值. 【答案】(1);（2）. 【解析】(1)  因为， 所以由正弦定理得， 所以, 所以，所以， 所以由正弦定理得，所以；  (2)因为，所以， 所以，即， 所以， 所以由正弦定理得， 由（1）得，所以，得， 所以由余弦定理得， 因为，所以， 所以. 16.  已知椭圆的一个顶点为，右焦点为，且，其中为原点． （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）已知点满足，点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线与以为圆心的圆相切于点，且为线段的中点．求直线的方程． 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ），或． 【解析】（Ⅰ）椭圆的一个顶点为， ， 由，得， 又由，得， 所以，椭圆的方程为； （Ⅱ）直线与以为圆心的圆相切于点，所以， 根据题意可知，直线和直线的斜率均存在， 设直线的斜率为，则直线的方程为，即， ，消去，可得，解得或. 将代入，得， 所以，点的坐标为， 因为为线段的中点，点的坐标为， 所以点的坐标为， 由，得点的坐标为， 所以，直线的斜率为， 又因为，所以， 整理得，解得或. 所以，直线的方程为或. 17.  某种玩具启动后，该玩具上的灯会亮起红灯或绿灯(红灯和绿灯不会同时亮起)，第1次亮灯时，亮起红灯的概率为，亮起绿灯的概率为.若第次亮起的是红灯，则第次亮起红灯的概率为，亮起绿灯的概率为；若第次亮起的是绿灯，则第次亮起红灯的概率为，亮起绿灯的概率为.记第次亮灯时，亮起红灯的概率为.该玩具启动前可输入，玩具启动后，当且第n次亮起红灯时，该玩具会唱一首歌曲，否则不唱歌.（1）若输入，记该玩具启动后，前3次亮灯中亮起红灯的次数为，求的分布列和期望； （2）若输入， （i）求数列的通项公式； （ii）该玩具启动后，在前20次亮灯中，该玩具最多唱几次歌？ 【答案】（1）分布列答案见解析，数学期望：；（2）（i）；（ii）最多唱7次歌. 【解析】  （1）由题意得X的所有取值为0，1，2，3，然后分别求得其概率，列出分布列，再求期望； 　　（2）（i）由题意得，转化为求解； （ii）由（i）得到，再结合求解； （1）由题意，得X的所有取值为0，1，2，3， 因为表示前3次亮灯的颜色为“绿绿绿”， 所以. 因为表示前3次亮灯的颜色为“红绿绿”或“绿红绿”或“绿绿红”， 所以. 因为表示前3次亮灯的颜色为“红红绿”或“红绿红”或“绿红红”， 所以. 因为表示前3次亮灯的颜色为“红红红”， 所以. 　　所以X的分布列为 0 1 2 3 所以. （2）（i）由题意，得， 所以， 因为，所以， 所以是首项为，公比为的等比数列， 所以， 所以. （ii）由，得，又，所以n为正奇数， 由，得， 当为奇数时，，所以， 所以该玩具启动后，在前20次亮灯中，当，9，11，13，15，17，19时，该玩具可能唱歌，所以该玩具启动后，在前20次亮灯中，该玩具最多唱7次歌. 18.  已知四棱锥的底面为平行四边形，，，，，. (1) 求三棱锥外接球的表面积. (2) 设为线段上的点. （i）若，求直线与平面所成角的正弦值. （ii）平面过点，，且平面，探究：是否存在点，使得平面与平面之间所成角的正切值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1);(2)（i）；（ii）存在，的值为或(1); 【解析】  (1)如图所示， 因为，，， 故，即， 则， 故为直角三角形，即， 又，，且，平面， 则平面， 又因为平面，所以平面平面， 设中点为，则的外接圆圆心满足， 过的外接圆圆心作直线垂直于平面， 过线段的中点作直线垂直于平面，其中， 则即为三棱锥的外接球球心， 且四边形为矩形， 即， 故， 故三棱锥外接球的表面积； (2)  （i）以的中点为原点，为轴，平行方向为轴，为轴， 建立如图1所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 而，故， ，. 设为平面的法向量， 则，则， 令，则为平面的一个法向量. 而， 故直线与平面所成角的正弦值； （ii）由（i）可知，， 设平面的法向量为， 则，令，则， 如图2，建立空间直角坐标系，记直线平面，直线平面，连接， 因为平面，平面平面，所以， 不妨设，则，， 则，故， 同理可得，， 则有，， 设平面的法向量为， 则， 解得，设，则， 故， 所以， 又平面与平面之间所成角的正切值为， 则， 化简得，解得或， 设，则，则， 解得， 故. 当时，. 因为，所以， 化简得，解得，满足要求. 当时，. 因为，所以， 化简得，解得，满足要求. 综上所述，的值为或. 19.  已知函数. （1）设. ①求方程=2的根； ②若对任意，不等式恒成立，求实数的最大值； （2）若，函数有且只有1个零点，求的值. 【答案】（1）①0 ；②4   （2）1. 【解析】 （ 1 ）因为 ，所以 . ①方程，即，亦即， 所以，于是，解得. ②由条件知. 因为对于恒成立，且， 所以对于恒成立. 而，且， 所以，故实数的最大值为4. （2）因为函数只有1个零点，而， 所以0是函数的唯一零点. 因为，又由知， 所以有唯一解. 令，则， 从而对任意，，所以是上的单调增函数， 于是当，；当时，. 因而函数在上是单调减函数，在上是单调增函数. 下证. 若，则，于是， 又，且函数在以和为端点的闭区间上的图象不间断，所以在和之间存在的零点，记为. 因为0<1，所以，又，所以与“0是函数的唯一零点”矛盾. 若，同理可得，在和之间存在的非0的零点，矛盾. 因此，. 于是，故，所以.　　 学科网（北京）股份有限公司 $$