精品解析：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题

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a取值范围是（ ） A. B. C. D. 3. 若函数有唯一零点，且，则（ ） A B. C. D. 1 4. 如图，圆O为四边形的外接圆，点M在直径上，若，，，则（　　） A. B. C. 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. B. C D. 6. 若方程的四个根组成一个首项为的等差数列，则（ ） A. 1 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△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，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P，Q两点（P在x轴上方），M为的中点.若，点M到l的距离为4，则p的值为______. 14. 直线与曲线：及曲线：分别交于点A，B.曲线在A处的切线为，曲线在B处的切线为.若，相交于点C，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n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n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n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X，求X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m的最大值； （2）若，函数有且只有1个零点，求ab的值. 第1页/共1页 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】 【分析】利用推出关系去判断充要关系即可. 【详解】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a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】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》 【详解】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. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】根据偶函数的性质，结合零点的唯一性可得求解. 【详解】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O为四边形的外接圆，点M在直径上，若，，，则（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】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. 【详解】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. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】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. 【详解】依题意，， 所以， ，向左平移个单位长度得到. 故选：D 6. 若方程的四个根组成一个首项为的等差数列，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设方程的四个根为，利用等差数列的性质求解. 【详解】解：设方程的四个根为， 则，， 又因为方程的四个根组成一个首项为的等差数列， 设，所以， 设等差数列的公差为，则， 解得，则等差数列为， 所以， 则， 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】 【分析】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. 【详解】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 【答案】A 【解析】 【分析】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. 【详解】由，得， 则，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】 【分析】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． 【详解】由m，n是两条不重合的直线，α，β，γ是三个两两不重合的平面，知： 在A中，若m∥β，n∥β，m，n⊂α，则α与β相交或平行，故A错误； 在B中，若α⊥γ，β⊥γ，α∩β=m，得m⊥γ，n⊂γ，则由面面垂直的性质定理得m⊥n，故B正确； 在C中，若m⊥α，α⊥β，α∩β=n，那么由线面垂直的性质定理得m⊥n，故C错误； 在D中，若m∥α，，α∩β=n，那么由线面平行的性质定理得m∥n，故D正确. 故选：BD． 【点睛】关键点点睛：根据线面垂直、面面垂直、线面平行的性质定理分析结论，考虑所有可能，判断正误，本题属于中档题. 10. 若△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，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】 【分析】先由倍角公式化简得即可判断A选项；由余弦定理即可判断B选项；由正弦定理即及和角公式可判断C选项；由正切和角公式及基本不等式即可判断D选项. 【详解】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】 【分析】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. 【详解】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】 【分析】根据，，，是等边三角形判断. 【详解】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P，Q两点（P在x轴上方），M为的中点.若，点M到l的距离为4，则p的值为______. 【答案】3 【解析】 【分析】方法一，当斜率为0时，不合要求，设出PQ：，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，由得到，进而求出，，由点M到l的距离为4得到方程，求出； 方法二：设PQ的倾斜角为，使用焦点弦的二级结论得到方程，求出答案. 【详解】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A，B.曲线在A处的切线为，曲线在B处的切线为.若，相交于点C，则面积的最小值为____________. 【答案】2 【解析】 【分析】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. 【详解】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】 【分析】（1）根据正弦定理将统一成角的形式，然后化简可得，再结合正弦定理可求得的值； （2）利用同角三角函数的关系和三角函数恒等变换公式对化简变形可得，再利用正弦定理得，然后结合（1）和余弦定理求出，从而可求出，进而可求出的值. 【小问1详解】 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； 【小问2详解】 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】 【分析】（Ⅰ）根据题意，并借助，即可求出椭圆的方程； （Ⅱ）利用直线与圆相切，得到，设出直线的方程，并与椭圆方程联立，求出点坐标，进而求出点坐标，再根据，求出直线的斜率，从而得解. 【详解】（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. 【点睛】本题考查了椭圆标准方程的求解、直线与椭圆的位置关系、直线与圆的位置关系、中点坐标公式以及直线垂直关系的应用，考查学生的运算求解能力，属于中档题.当看到题目中出现直线与圆锥曲线位置关系的问题时，要想到联立直线与圆锥曲线的方程. 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n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n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n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X，求X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） X 0 1 2 3 P 数学期望：； （2）（i）；（ii）最多唱7次歌. 【解析】 【分析】（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； 【详解】（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 X 0 1 2 3 P 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n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. 【点睛】方法点睛；(1)求解离散型随机变量X的分布列的步骤：①理解X的意义，写出X可能取的全部值；②求X取每个值的概率；③写出X的分布列．(2)求离散型随机变量的分布列的关键是求随机变量所取值对应的概率，在求解时，要注意应用计数原理、古典概型等知识． 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 【解析】 【分析】（1）根据线线垂直证明线面垂直，进而可证面面垂直，再根据外接球性质确定外接球球心，进而可得外接球半径及表面积； （2）（i）建立空间直角坐标系，利用坐标法可得线面夹角正弦值；（ii）建立空间直角坐标系，设，利用坐标法表示线面夹角余弦值，结合正弦值可得，再根据平面过点，，可得解. 【小问1详解】 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； 【小问2详解】 （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m的最大值； （2）若，函数有且只有1个零点，求ab的值. 【答案】（1）①0 ②4 （2）1 【解析】 【分析】（1）①根据指数间倒数关系转化为一元二次方程，求方程根；②根据指数间平方关系，将不等式转化为一元不等式，再利用变量分离转化为对应函数最值，最后根据基本不等式求最值；（2）根据导函数零点情况，确定函数单调变化趋势，结合图象确定唯一零点必在极值点取得，从而建立等量关系，求出ab的值. 【详解】（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，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. 【点睛】对于函数零点个数问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图等确定其中参数的范围．从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $