精品解析：广东省梅州市广东梅县东山中学2024-2025学年高三下学期模拟测试（一）数学试题

广东梅县东山中学2024—2025学年度第二学期高三模拟测试（一） （数学科） 第Ⅰ卷（选择题） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的． 1. 设全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数z满足，则在复平面内，复数z对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知互不相等的数据，，，，，的平均数为，方差为，数据，，，，，的方差为，则（ ） A. B. C. D. 与的大小关系无法判断 4. 已知正项等差数列的公差为，前项和为，且，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 展开式中二项式系数最大的项为第5项 6. 如图，桌面上放置着两个底面半径和高都是的几何体，左边是圆柱挖去一个倒立的圆锥（以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点）剩余的部分，右边是半球，用平行于桌面的平面截这两个几何体，截得左边几何体的截面面积为，截得半球的截面面积为，则（ ） A. B. C. D. 与的大小关系不确定 7. 已知A，B，F分别是椭圆的右顶点，上顶点和右焦点，若过A，B，F三点的圆恰与y轴相切，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 若函数的两个零点分别为和，则（   ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列说法中，正确的命题是（ ） A. 两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数r的绝对值越接近于1 B. 口袋中有大小相同的7个红球、2个蓝球和1个黑球．从中任取两个球，记其中红球的个数为随机变量X，则X的数学期望 C. 若随机变量，当μ不变时，σ越小，该正态分布对应的正态密度曲线越矮胖 D. 经验回归方程相对于点的残差为 10. 已知函数，则（ ） A. 的定义域为 B. 的图像在处的切线斜率为 C. D. 有两个零点，且 11. 曲线的形状类似希腊字母“”，其方程为.若点在曲线上，，则（ ） A. 当在第一象限时， B. 当在第四象限时， C. 直线与曲线的所有交点的横坐标之和大于6 D. 直线与曲线恰有4个公共点 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若，均为单位向量，且，则______． 13. 分别以锐角三角形的边，，为旋转轴旋转一周后得到的几何体体积之比为，则________． 14. 在数列中给定，且函数的导函数有唯一零点，函数且，则________． 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤． 15. 在公差不为0的等差数列中，已知，，成等比数列， （1）求数列的通项公式； （2）若数列满足，求数列的前2n项和． 16. 2024年3月22日是第三十二届“世界水日”，3月22日-28日是第三十七届“中国水周”.为了唤起孩子们的节约用水意识，加强水资源保护，某中学举办了关于“水资源”的问答比赛.比赛规则如下：盒中有5个红球，4个白球，盒中有5个红球，5个白球（两盒中的球除颜色外其他都相同）.现随机选择一盒，然后从中随机抽取2个球，若抽到球的颜色相同，则回答第一类问题，答对得2分，若抽到球的颜色不同，则回答第二类问题，答对得3分，两类问题答错均不得分.每位同学进行二轮比赛. （1）求甲同学在一轮比赛中回答第一类问题的概率； （2）已知甲同学二轮比赛后得分为4分，乙同学答对第一类问题的概率为，答对第二类问题的概率为，求乙同学二轮比赛后得分高于甲同学的概率. 17. 已知双曲线过点，左、右焦点分别为，且左焦点到渐近线的距离为. （1）求的标准方程； （2）过左焦点作直线交的左支于两点，过右焦点作直线交的右支于两点，，若四边形的面积为，求直线的方程. 18. 如图，在三棱锥中，，． （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）若，，用平面α将三棱锥分为两部分，求截面面积的最大值． 19. 已知函数. （1）当时，求证：； （2）若对于恒成立，求的取值范围； （3）若存在，使得，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广东梅县东山中学2024—2025学年度第二学期高三模拟测试（一） （数学科） 第Ⅰ卷（选择题） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的． 1. 设全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用补集、交集的定义求解即得. 【详解】全集，由，得，又， 所以. 故选：C 2. 复数z满足，则在复平面内，复数z对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】先计算出复数，在根据复数的几何意义可解. 【详解】，复数z在复平面内对应的点为，位于第一象限. 故选：A. 3. 已知互不相等的数据，，，，，的平均数为，方差为，数据，，，，，的方差为，则（ ） A. B. C. D. 与的大小关系无法判断 【答案】C 【解析】 【分析】根据所给数据分别计算、比较大小即可求解. 【详解】根据已知条件第一组数据的个数为个，且， 所以， ， 第二组数据的个数为个，且平均数， ， 因为， 所以. 故选：C 4. 已知正项等差数列的公差为，前项和为，且，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据的关系，将已知等式相减，结合等差数列的性质，即可求得答案. 【详解】因为，故两式相减得：， 即，则， 又数列为正项等差数列，故，即， 故选：B 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 展开式中二项式系数最大的项为第5项 【答案】A 【解析】 【分析】利用赋值法判断A、B、C，根据二项式系数的性质判断D. 【详解】因为， 对于A：令，可得，故A正确； 对于B：令，可得①，故B错误； 对于C：令，可得②， 联立①②可得，故C错误； 对于D：由题意可知展开式共有项，则第项的二项式系数最大，故D错误． 故选：A． 6. 如图，桌面上放置着两个底面半径和高都是的几何体，左边是圆柱挖去一个倒立的圆锥（以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点）剩余的部分，右边是半球，用平行于桌面的平面截这两个几何体，截得左边几何体的截面面积为，截得半球的截面面积为，则（ ） A. B. C. D. 与的大小关系不确定 【答案】B 【解析】 【分析】设截面与圆柱底面的距离为，分别求出和，即可得出结论. 【详解】设截面与圆柱底面的距离为， 该平面截半球所得圆面的半径为，圆的面积为， 由于圆柱的底面半径与高相等，所以，圆环的内圆半径为， 所以，圆环的面积为，故， 故选：B. 7. 已知A，B，F分别是椭圆的右顶点，上顶点和右焦点，若过A，B，F三点的圆恰与y轴相切，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用过A，B，F三点的圆恰与y轴相切，求出圆的标准方程，再利用点A在圆上，坐标适合方程即可求解． 【详解】由已知可得：，，， 线段的垂直平分线方程为，过A，B，F三点的圆恰与y轴相切， 所以圆心坐标为，圆的半径为， 所以经过A，B，F三点的圆的圆的方程为， 在圆上，所以， 整理得：，所以，所以， 化为：，由，解得． 故选：B． 8. 若函数的两个零点分别为和，则（   ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用辅助角公式化简，再利用函数零点的意义及正弦函数的性质求得，进而求出，最后利用二倍角的余弦求值. 【详解】函数，其中， 由，得，而， 因此，即，则即， 所以. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：利用辅助角公式化简，结合正弦函数的性质用零点表示辅助角是求解问题的关键. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列说法中，正确的命题是（ ） A. 两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数r的绝对值越接近于1 B. 口袋中有大小相同的7个红球、2个蓝球和1个黑球．从中任取两个球，记其中红球的个数为随机变量X，则X的数学期望 C. 若随机变量，当μ不变时，σ越小，该正态分布对应的正态密度曲线越矮胖 D. 经验回归方程相对于点的残差为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据相关系数的含义，可得判定A正确；根据超几何分布的期望公式，可判定B正确，根据正态分布参数的意义，可判定C错误；根据残差的定于与求法，可判断D正确. 【详解】对于A中，若两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数r的绝对值越接近于1，所以A正确； 对于B中，由随机变量X服从几何分布，可得，其中，，即，所以B正确； 对于C中，根据正态分布参数的意义，越大表示随机变量的分布越分散，该正态分布对应的正态密度曲线越矮胖，所以C错误； 对于D中，通过观测得到的数据称为观测值，通过回归方程得到的称为预测值， 观测值减去预测值等于残差，称为相应于点的残差，即有， 令，可得，所以相对于点的残差为，所以D正确． 故选：ABD． 10. 已知函数，则（ ） A. 的定义域为 B. 的图像在处的切线斜率为 C. D. 有两个零点，且 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据题意直接求出的范围即可判断；求出导函数，进而求得即可判断B；求得即可判断C；易知的单调性，结合零点存在定理及C即可判断D． 【详解】由题意，， 对于选项A，易知且，故选项A错误， 对于选项B，因为，则，故选项B正确， 对于选项C，因为，所以，故选项C正确， 对于选项D，由选项可知，易知在和上单调递增， 因为， ， 所以，使得， 又因为，则，结合选项C，得， 即也是的零点，则，，故，故选项D正确， 故选：BCD. 11. 曲线的形状类似希腊字母“”，其方程为.若点在曲线上，，则（ ） A. 当在第一象限时， B. 当在第四象限时， C. 直线与曲线的所有交点的横坐标之和大于6 D. 直线与曲线恰有4个公共点 【答案】BC 【解析】 【分析】去绝对值，结合椭圆、双曲线的性质、直线与椭圆、双曲线的位置关系，逐项判断即可. 【详解】当时，可化为，为椭圆的两个焦点，则，A错误. 当时，可化为，为双曲线的两个焦点，则，B正确. 当时，可化为，所以点不可能在第三象限. 当时，可化为，所以曲线由三段曲线组成，其图形如图所示， 因为双曲线的渐近线方程为， 所以直线与曲线无公共点. 将代入，得， 由图可知直线与曲线有2个交点，则这2个交点的横坐标之和为，其中1个交点为. 将代入，得，由图可知直线与曲线有2个交点，则这2个交点的横坐标之和为，其中1个交点为， 所以直线+4与曲线的所有交点的横坐标之和为，C正确. 结合双曲线与的渐近线的斜率， 由图可知直线与曲线有2个公共点， 与曲线只有1个公共点， 与曲线没有公共点， 所以直线与曲线恰有3个公共点，D错误. 故选：BC 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若，均为单位向量，且，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】作出图形，利用向量加法的几何意义求得答案. 【详解】作，以线段为一组邻边作平行四边形，如图， 则，而，均为单位向量，则， 因此为菱形，. 故答案为： 13. 分别以锐角三角形的边，，为旋转轴旋转一周后得到的几何体体积之比为，则________． 【答案】## 【解析】 【分析】设以边，，为旋转轴旋转一周后得到的几何体体积分别为，，，设， 计算出，，，根据体积比得到方程，求出，，利用余弦定理求出答案. 【详解】设以边，，为旋转轴旋转一周后得到的几何体体积分别为，，， 设边上的高为， 设， 则，可得， 可得：， 同理可得，， 由题意可得：， 由得， 由正弦定理得，故，即， 同理可得， 所以． 故答案为： 14. 在数列中给定，且函数的导函数有唯一零点，函数且，则________． 【答案】 【解析】 【分析】由有唯一的零点，得到为偶函数且，求得数列等差数列，再由，令，得到为奇函数且在R上单调递增，得到，由，进而求得，结合得出数列的性质，即可求解. 【详解】由函数，可得 因为有唯一的零点，且满足，即为偶函数， 则，可得，所以数列是公差为2的等差数列， 又由， 令，可得，可得，则为奇函数， 因为，，所以在R上单调递增， 由， 则， 因为数列是公差为2的等差数列，其中， 则，假设， 因为是奇函数且在R上单调递增，则在R上单调递增， 所以， 因为， 所以，与已知矛盾，故不成立； 假设，同理可得，与已知矛盾，故不成立； 综上可得，，可得，所以. 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤． 15. 在公差不为0的等差数列中，已知，，成等比数列， （1）求数列的通项公式； （2）若数列满足，求数列的前2n项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为，根据题意，得到和，联立方程组，求得的值，即可求得数列的通项公式； （2）由（1）得，求得的表达式，结合三角函数的诱导公式，即可求解. 【小问1详解】 解：设等差数列的公差为， 因为，所以，即，即 又因为成等比数列，所以，即，即， 联立方程组，解得，， 所以数列的通项公式是. 【小问2详解】 解：由（1）知，，所以， 因为，即， 可得， ， 所以，所以数列的前2n项的和为． 16. 2024年3月22日是第三十二届“世界水日”，3月22日-28日是第三十七届“中国水周”.为了唤起孩子们的节约用水意识，加强水资源保护，某中学举办了关于“水资源”的问答比赛.比赛规则如下：盒中有5个红球，4个白球，盒中有5个红球，5个白球（两盒中的球除颜色外其他都相同）.现随机选择一盒，然后从中随机抽取2个球，若抽到球的颜色相同，则回答第一类问题，答对得2分，若抽到球的颜色不同，则回答第二类问题，答对得3分，两类问题答错均不得分.每位同学进行二轮比赛. （1）求甲同学在一轮比赛中回答第一类问题的概率； （2）已知甲同学二轮比赛后得分为4分，乙同学答对第一类问题的概率为，答对第二类问题的概率为，求乙同学二轮比赛后得分高于甲同学的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设事件“抽到盒”，事件“抽到盒”，“随机抽取两个球，颜色相同”，由全概率计算公式计算即可； （2）由（1）知乙同学在一轮比赛中回答第一类问题的概率为，回答第二类问题的概率，设在一轮比赛中乙同学得分为，分别计算为，，时的概率，乙同学二轮比赛后得分高于甲同学，即乙得分为5或6，求解即可. 【小问1详解】 设事件“抽到盒”，事件“抽到盒”， 则， “随机抽取两个球，颜色相同”， ，， 由全概率公式得， 所以甲同学在一轮比赛中回答第一类问题的概率为； 【小问2详解】 由（1）知乙同学在一轮比赛中回答第一类问题的概率为， 则回答第二类问题的概率为， 设在一轮比赛中乙同学得分为，则的可能取值为，，， 则， ， ， 设二轮比赛后乙得分为， 则， 所以乙同学二轮比赛后得分高于甲同学的概率为. 17. 已知双曲线过点，左、右焦点分别为，且左焦点到渐近线的距离为. （1）求的标准方程； （2）过左焦点作直线交的左支于两点，过右焦点作直线交的右支于两点，，若四边形的面积为，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据点到直线距离公式求得，再将点代入双曲线方程得，即可解答； （2）设直线，与双曲线方程联立，韦达定理，结合二次方程根的分布得，根据面积公式建立方程求得，即可求解直线方程. 【小问1详解】 双曲线左焦点到渐近线的距离为， ，则， 双曲线过点， ，解得， 的标准方程为； 【小问2详解】 过左焦点作直线交C的左支于两点， 直线斜率不为0，设直线，联立得： 得， 由对称性，四边形的面积等于的面积的4倍， ， 则 ， 整理得，解得或（舍）， 直线的方程为或. 18. 如图，在三棱锥中，，． （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）若，，用平面α将三棱锥分为两部分，求截面面积的最大值． 【答案】（1） 如图所示，取中点，连接， 因为，，可得且， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）取中点，证得且，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得； （2）作交于H，证得平面，得到为直线与平面所成角，求得的长，结合，即可求解； （3）设平面平面，平面平面，平面平面，平面平面，证得截面为矩形，设，得到矩形的面积，结合基本不等式，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：作交于H，连接，， 由（1）平面，平面所以平面平面， 因为平面平面，且平面，所以平面， 所以为直线与平面所成角， 又因为，所以， 因为，可得 又因为，所以 ， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【小问3详解】 解：如图所示，设平面平面，平面平面，平面平面，平面平面， 因为，且平面，所以， 同理可证，，，即， 由（1）知，所以，所以截面为矩形， 设，其中，则， 所以矩形的面积， 当且仅当，即时，等号成立，所以截面面积的最大值为. 19. 已知函数. （1）当时，求证：； （2）若对于恒成立，求的取值范围； （3）若存在，使得，求证：. 【答案】（1）由，得. 要证，只需证. 令，则. 当时，，则单调递减， 当时，，则单调递增， 所以，故， 因此. （2） （3）由（2）知，设， 则在上单调递减，在上单调递增， 注意到， 故在上存在唯一的零点. 若，则成立； 若，且在上单调递增. 要证明，只需证， 因为，所以只需证， 即证. 因为，即， 所以，只需证， 只需证（*） 由（1）得， 因此， 设， 则，所以在上单调递增， 所以， 从而，即，因此（*）得证， 从而. 【解析】 【分析】（1）由由，得，构造函数，求解单调性，证明结果; （2）求解令，则，分类讨论求解的范围; （3）由（2）知，设，判断单调性，，所以只需证，由，即，只需证（*）进而证明结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 令，则 ①当时，由，得， 因此，满足题意. ②当时，由，得， 因此，则在上单调递增. 若，则， 则在上单调递增， 所以，满足题意； 若，则， 因此在存在唯一的零点，且， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以，不合题意. 综上，的取值范围为. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $