云南省怒江傈僳族自治州民族中学2024-2025学年高三下学期第一次高考模拟测试数学试卷

怒江州民族中学2025届高三下学期第一次高考模拟测试 数学试卷 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的姓名、准考证号、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，用黑色碳素笔将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、单选题（本大题共8小题，共计40分） 1．数据6，4，3，6，3，8，8，3，1，8，则关于这组数据下列说法错误的是（   ） A．中位数为5 B．方差为1.6 C．平均数为5 D．85%分位数为8 2．已知复数满足，则复数的虚部为（    ） A． B． C． D． 3．已知向量，，若，则（   ）． A． B．2 C． D．5 4．抛掷质地均匀的骰子两次，得到的点数分别为m，n．设平面向量，则向量不能作为平面内的一组基底的概率为（    ） A． B． C． D． 5．在中，若，则为（    ） A．等腰三角形 B．锐角三角形 C．等腰或直角三角形 D．等腰直角三角形 6．如图，在斜三棱柱中，，，则点在底面上的射影必在（    ） A．直线上 B．直线上 C．直线上 D．内部 7．已知函数，若恒成立，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8．南宋数学家杨辉的重要著作《详解九章算法》中的“垛积术”问题介绍了高阶等差数列．以高阶等差数列中的二阶等差数列为例，其特点是从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列．若某个二阶等差数列的前4项为：2，3，6，11，则该数列的第27项为（    ） A．676 B．678 C．731 D．733 二、多选题（本大题共3小题，共计18分） 9．在的二项展开式中，下列说法中正确的有（   ） A．所有奇数项的二项式系数和为 B．所有项的系数和为 C．二项式系数最大的项为第5项或第6项 D．展开式中的常数项是第9项 10．已知两圆为C1:x2+y2=4与C2:(x-4)2+(y+3)2=r2(r>0),则 (　　) A.若两圆外切,则r=2 B.若两圆有3条公切线,则r=3 C.若两圆公共弦所在直线方程为8x-6y-13=0,则r=4 D.P为圆C1上任一点,Q为圆C2上任一点,若|PQ|的最大值为12,则r=5 11．如图，在直棱柱中，底面ABCD为菱形，且，，为线段的中点，为线段的中点，点满足（，），则下列说法正确的是（   ） A．若，则三棱锥的体积为定值 B．若，则有且仅有一个点P，使得 C．若，则的最小值为6 D．若，，则平面DPM截该直棱柱所得截面周长为 三、填空题（本大题共3小题，共计15分） 12．已知集合A={1,2},B={a,a2+3}．若A∩B={1},则实数a的值为　　　　．  13．能说明“若a>b,则<”为假命题的一组a,b的值依次为　　　　． 14．已知函数的定义域与值域都为，则实数的值为 四、解答题（本大题共5小题，共计77分） 15．数列中，，满足. （1）证明：数列为等比数列； （2）求数列的前n项和. 16．已知函数. （1） 若函数在上单调递增，求实数的取值范围； （2） 讨论函数的零点个数. 17．河南是我国小麦产量第一大省，其小麦产量约占全国小麦产量的.小麦品种是在河南广泛种植的一个品种，某科研基地在试验田种植的品种小麦收获时，随机取10个该小麦的种子样本，每个样本均为1 000粒，测得每个样本的质量（称为千粒重，单位：）分别为40，48，42，46，50，46，52，43，48，45，记这10个数据的平均数为. （1） 从这10个数据中随机选取3个，记这3个数据中大于的个数为，求的分布列. （2） 用这10个样本中千粒重大于的频率作为每个样本千粒重大于的概率，从品种小麦种子中随机抽取20个样本，千粒重大于的样本最有可能是多少个？ 18．已知平面内一动点到点的距离与它到直线的距离之比为，过点的直线与动点的轨迹相交于两点． （1）求动点的轨迹的方程． （2）是否存在直线，使得的面积为？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由． 19．记斜的内角的对边分别为，已知，且． （1）求角； （2）为边的中点，若，求的面积； （3）如图所示，是外一点，若，且，记的周长为，求的取值范围． 参考答案 1．【答案】B 【详解】将数据从小到大排列为1，3，3，3，4，6，6，8，8，8， 中位数为，平均数为， 由，所以85%分位数为第9个数为8， 方差为， 所以ACD正确，B错误. 故选B 2．【答案】B 【详解】由题设， 则，故虚部为. 故选B 3．【答案】C 【详解】因为，所以，所以，所以． 故选C． 4．【答案】A 【详解】且不能作为基底，则，即， 当时，；当时，；当时，； 两次投掷得到点数的总可能性为种， 所以所求的概率. 故选A． 5．【答案】C 【详解】中，， 若，则或， 所以或，所以为等腰三角形或直角三角形， 故选C． 6．【答案】C 【详解】连接，如图所示. ∵， ∴. ∵，，平面， ∴平面. 又平面， ∴平面平面. 又∵平面平面， ∴点在底面上的射影必在直线上. 故选C. 7．【答案】C 【详解】因为，所以为上的奇函数． 又因为， 所以在上单调递增. 又恒成立， 所以，则， 因此恒成立． 设，则，令，解得． 当时，，单调递增； 当时，，单调递减，因此． 故选C． 8．【答案】B 【详解】记该二阶等差数列为，且该数列满足，记， 由题意可知，数列为等差数列，且， 所以等差数列的公差为，所以， 所以，则， 所以， 故选B 9．【答案】BD 【详解】对于A，奇数项的二项式系数和为，故A错误； 对于B，令有各项系数之和为，故B正确； 对于C，二项式展开式共有11项，则二项式系数最大的项为第6项，故C错误； 对于D，的展开式中常数项为，， 令，解得，所以常数项是第9项，故D正确. 故选BD. 10．【答案】BCD 【详解】圆C1的圆心为(0,0),半径为2,圆C2的圆心为(4,-3),半径为r. 对于A,若两圆外切,则圆心距=5=2+r,得r=3,故A错误; 对于B,若两圆有3条公切线,则两圆外切,则r=3,故B正确; 对于C,由两圆的方程相减得8x-6y+r2-29=0,若两圆公共弦所在直线方程为8x-6y-13=0,则r2-29=-13,解得r=4,故C正确; 对于D,圆心距=5,则|PQ|的最大值为5+2+r=12,解得r=5,故D正确.故选BCD. 11．【答案】ACD 【详解】对于选项：当时，，故点在上运动， 而平面， 所以三棱锥的体积为定值. 故正确； 对于选项：当时，取中点记为，连接，易得点在上运动， 当点与点重合时，因为底面为菱形，且， 所以，又因为为中点，所以， 又，所以，又由已知此棱柱为直棱柱，所以面. 则，所以， 又，所以，即 所以，即. 当点与点重合时，因为， 又，所以，则，即， 所以，即. 故错误； 对于选项：当时，取中点记为，取中点记为， 连接， 则点在线段上运动，易得点关于直线的对称点为， 连接，此时点、、三点共线， 故点与点重合时，取得最小值为， 故正确； 对于选项：当，时，为的中点， 因为由直棱柱性质可知，面面，面面， 则平面截该直棱柱交于，交于. 且由定理可得 ，所以易得与相似，与相似， 易知，， 所以，， ， ， 易得平面截该直棱柱所得截面周长为， 故正确. 故选ACD 12．【答案】1 【详解】因为a²+3≥3,所以由A∩B={1}得a=1,即实数a的值为1. 13．【答案】1,-1(答案不唯一) 【详解】当a=1>b=-1时,>,不满足命题结论,所以本题的答案可以是1,-1. 14．【答案】 【详解】由于的值域为，所以， 的定义域为，则方程的两根为， 所以， 则抛物线的对称轴为 . 15．【答案】（1）证明见详解； （2）. 【详解】（1）证明：由，得，又， 所以是首项为，公比为的等比数列. （2）由（1）得，. 所以 . 16．【答案】 （1） 【解】由函数在上单调递增,可得对恒成立, 当时,显然成立；当时,；当时,. 令,且,则, 当时,；当时,；当时,,所以在上单调递减,在上单调递增,在上单调递增, 当时,可得,当时,, 所以当时,,,则；当时,,,则. 综上,实数的取值范围是. （2） 由（1）可知,当时,有一个零点； 当时,在上单调递增,当趋于0时,趋于负无穷大,且,故只有一个零点. 当时,.令,则, 当时,；当时,, 可得在上单调递减,在上单调递增, 当趋于0时,因为趋于0,所以趋于正无穷大, 又因为,所以存在,使得, 所以在上单调递增,在上单调递减,在上单调递增, 且当时,,,所以当时,只有一个零点. 当时,在上单调递减,, 且趋于正无穷大时,,所以存在,使得, 所以在上单调递增,在上单调递减, 又当趋于0时,趋于负无穷大,, 当时,,当时,. 故当时,无论为何值,取,总能有, 所以当时,有两个零点. 综上所述,当时,有两个零点；当时,有一个零点. 【多种解法】 （2）由题意,可得,故当时,令,可得. 令,则, 所以在上单调递减,在上也单调递减,且当大于0且趋于0时,趋于正无穷大,当小于且趋于时,趋于负无穷大,当大于且趋于时,趋于正无穷大,当趋于正无穷大时,趋于0, 故的大致图象如图所示,由图象可知,当时,有两个零点；当时,有一个零点. 【归纳总结】 利用导数研究函数的零点个数问题的求解策略 （1）分离参数法：将参数分离出来,得到一端是参数,另一端是变量的表达式,转化为求解含有变量的表达式对应的函数的最值问题,从而根据参数的范围与函数的值域判断零点的个数； （2）研究含参函数单调性法：利用导数研究含参函数的单调性,分析函数的极值与端点、特殊点处函数值的正负,从而得到函数在各个单调区间上的零点个数,从而得到函数的零点个数； （3）图象法：对于由两个相对简单的函数加减得到的函数,可以将两个简单函数分离到等号两侧,各自作出图象,通过研究两个函数图象的公共点去研究原函数的零点个数. 17．【答案】 （1） ,10个数据中有4个数据大于平均数, 所以从这10个数据中随机选取3个,记这3个数据中大于的个数为,,1,2,3,且服从超几何分布, ,, ,, 则的分布列为 0 1 2 3 （2） 由题意知，每个样本千粒重大于的概率为. 从品种小麦种子中随机抽取20个样本,千粒重大于的样本个数记为,则, , 令 即 解得,又,所以, 所以从品种小麦种子中随机抽取20个样本,千粒重大于的样本最有可能是8个. 18．【答案】（1） （2）不存在，理由见详解 【详解】（1）因为点到点的距离为， 点到直线的距离为， 所以， 化简得，即， 所以动点的轨迹的方程为． （2）由题意可知直线的斜率不为0， 故设直线的方程为． 联立，得．直线l过点F，必有， 由韦达定理可得，， 所以的面积， ． 令，则，所以． 令，则在上单调递减， 所以，即面积的最大值为． 因为，所以不存在直线，使得面积为． 19．【答案】（1） （2） （3） 【详解】（1）利用余弦定理化简，得， 在斜中，得，， 故上式可化为， ，可得，利用二倍角公式可得， ，，即，. （2）为边的中点，根据向量的平行四边形法则，得，两边同时平方得，， ，得， 由（1）可知，即，， 由余弦定理得，解得， 的面积为 （3），在中，由正弦定理可得，，即， 在中，由正弦定理可得，，即， 四边形的内角和为，且，， 在中，由余弦定理可得， ， 即， ， ，在中,，， ，故的取值范围为. 第 page number 页，共 number of pages 页 第 page number 页，共 number of pages 页 学科网（北京）股份有限公司 $$