精品解析：云南省普洱市第一中学2024-2025学年高三下学期第三次高考模拟数学试卷

普洱市第一中学2024-2025学年高三下学期第三次高考模拟 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40分） 1. 样本数据16，21，18，28，14，20，22，24的第75百分位数为（ ） A. 16 B. 17 C. 23 D. 24 【答案】C 【解析】 【分析】根据百分位数计算规则计算可得. 【详解】将样本数据从小到大排列为：14，16，18，20，21，22，24，28， 又，所以第百分位数为. 故选：C 2. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据交集定义计算求解. 【详解】由题意得，，所以. 故选：D. 3. 若复数满足，其共轭复数为，则下列说法正确的是（ ） A. 对应的点在第一象限 B. 的虚部为 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数运算求得，由此对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】由两边乘以得，， 所以对应点在第四象限， 的虚部为，，， 所以C选项正确，ABD选项错误. 故选：C 4. 从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，那么互斥而不对立的两个事件是（ ） A. 至少有一个红球与都是黑球 B. 至少有一个黑球与都是黑球 C. 至少有一个黑球与至少有1个红球 D. 恰有1个黑球与恰有2个黑球 【答案】D 【解析】 【分析】根据互斥事件以及对立事件的定义逐一判断四个选项的正误即可得正确选项. 【详解】从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，可能为：1红1黑、2红、2黑， 对于A：至少有一个红球包括1红1黑、2红，与都是黑球是对立事件，不符合题意，故选项A不正确； 对于B：至少有一个黑球包括1红1黑、2黑，与都是黑球不是互斥事件，不符合题意，故选项B不正确； 对于C：至少有一个黑球包括1红1黑、2黑，至少有1个红球包括1红1黑、2红，这两个事件不是互斥事件，不符合题意，故选项C不正确； 对于D：恰有1个黑球与恰有2个黑球是互斥事件而不是对立事件，符合题意，故选项D正确； 故选：D. 5. 下列函数中，既是偶函数，又在上单调递减的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由函数的奇偶性、基本初等函数的性质再结合复合函数的单调性逐一判断即可. 【详解】对于A，由在上递增，在定义域上递增，故在上递增，故A不满足题意； 对于B，由在上递增，在定义域上递增，故在 上单调递增函数，故B不满足题意； 对于C，为偶函数，由幂函数的性质知在上递减，故C满足题意； 对于D，为偶函数，在上为周期函数，故D不满足题意. 故选：C. 6. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用和角的正切公式可得，结合角的范围即得答案. 【详解】由已知可得：， 所以， 又，则，故. 故选：C. 7. 已知数列是递增的等比数列，，若的前项和为，则，则正整数等于（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知条件，结合等比数列的通项公式，以及等比数列前项和公式，即可求解. 【详解】联立可得或， 又因为数列是递增的等比数列，所以， 则公比， 所以， 所以. 故选：B. 8. 唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句为“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”，其中隐含了一个有趣的数学问题——“将军饮马”，即将军在白天观望烽火台之后黄昏时从山脚下某处出发，先到河边饮马再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，已知军营所在的位置为，若将军从山脚下的点处出发，河岸线所在直线方程为，则“将军饮马”的最短总路程为（       ） A. B. 5 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用点关于直线对称点，找出最短路程. 【详解】先找出B关于直线的对称点C再连接AC即为“将军饮马”的最短路程. 如图所示， 设点关于直线的对称点为，在直线上取点P，连接PC，则．由题意可得，解得，即点，所以，当且仅当A，P，C三点共线时等号成立，所以“将军饮马”的最短总路程为． 故选：A． 二、多选题（本大题共3小题，共18分） 9. 已知函数的图象在，两个不同点处的切线相互平行，则下面等式可能成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】由因式分解即可判断CD；利用基本不等式可判断AB. 【详解】因为，所以， 又在两点处的切线相互平行，所以， 整理得，因为，所以，C对D错； 又，且，所以，A错B对. 故选：BC 10. 下列命题正确的是（ ） A. B. 已知，为非零实数，若，则与共线 C. 若为非零向量，若“”则“” D. 若单位向量满足，则与的夹角为0 【答案】BD 【解析】 【分析】通过举反例说明选项A错误；，则与共线，即选项B正确；或，即选项C错误；可以证明与的夹角为0，即选项D正确． 【详解】对于选项A，不妨设，，为非零向量，且，则，，即选项A错误； 对于选项B，已知，为非零实数，若，，则与共线，即选项B正确； 对于选项C，已知为非零向量，又,则，即或，即选项C错误； 对于选项D，若单位向量满足，即，即，即，则，则与的夹角为0，即选项D正确． 故选：BD． 11. 如图，在正方体中，点在线段上运动，有下列判断，其中正确的是（ ） A. 异面直线与所成角的取值范围是 B. 三棱锥的体积不变 C. 平面平面 D. 若，则的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据为中点时，异面直线与所成角为判断A；根据判断B；证明平面即可判断C；将平面沿展开使其与平面重合时，再求的距离即可判断D. 【详解】解：对于A选项，由正方体的性质易知，为等边三角形， 所以，当为中点时，， 所以，此时，异面直线与所成角为，故A选项错误； 对于B选项，由正方体的性质易知平面，平面，侧面为正方形， 所以，，由于平面， 所以平面 设到平面的距离为，则， 因为， 所以，三棱锥的体积，故正确； 对于C选项，由正方体的性质易知平面，平面， 所以，，由于，平面， 所以平面，平面， 所以，同理证得， 由于，平面， 所以平面，因为平面， 所以平面平面，故C选项正确； 对于D选项，根据题意，将平面沿展开使其与平面重合时，如图， 因为，所以，， 所以，故正确； 故选：BCD 三、填空题（本大题共3小题，共15分） 12. 已知方程的两根为，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】使用韦达定理求出将变形为代入韦达定理即可. 【详解】因为方程的两根为，， 所以由根与系数关系得 所以 故答案为:. 13. 过点可以作曲线的三条切线，则实数a的取值范围是_______． 【答案】 【解析】 【分析】设点为曲线上的一点，求得切线方程为，由切线过点，得到，令，求得，得出函数的单调性和极值，作出函数的图象，结合图象，即可求解. 【详解】设点为曲线上的一点，则， 又由，所以，即切线的斜率为， 所以曲线在点处的切线方程为， 因为切线过点，可得，即， 令，可得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 则当时，取得极小值，当时，取得极大值， 又因为， 当时，恒成立，且时，， 作出函数的图象，如图所示， 当时，函数的图象与直线在上有3个交点， 即过点的切线有3条，所以实数的取值范围为. 故答案为：. 14. 数学中有时会采用十进制以外的进制进行计数，比如二进制，五进制.五进制是“逢五进一”的进制，由数字0，1，2，3，4来表示数值，例如五进制数324转化成十进制数为.若由数字1，2，3，4组成的五位五进制数，要求1，2，3，4每个数字都要出现，例如12334，则不同的五位五进制数共有______个.若从由数字2，3，4（可重复）组成的三位五进制数中随机取1个，则该数对应的十进制数能被3整除的概率为______. 【答案】 ①. 240 ②. 【解析】 【分析】应用分步计数，结合排列组合数求数字组成的五位五进制数的个数，设构成的三位五进制数从左到右的数字分别为，根据，将问题化为能被3整除，结合进行分类讨论求五进制数的个数，最后求其概率. 【详解】由数字组成的五位五进制数，要求每个数字都要出现， 则需要先从中选取一个数字作为重复出现的数字， 再将不重复出现的3个数字从五个位置中选3个进行排列， 最后剩余两个位置排重复数字， 故所求不同的五位五进制数共有个， 数字组成的三位五进制数总共有个， 设这个三位五进制数从左到右的数字分别为， 转化成十进制数后此数为， 此数能被3整除等价于能被3整除， 因为，所以能被3整除的只有三种情况， 若，则的取值有、两种， 若，则的取值有、、、、五种， 若，则的取值有、两种， 故能被3整除的数共有个，则所求概率为. 故答案为：240， 【点睛】关键点点睛：对于构成的三位五进制数从左到右的数字分别为，将问题化为能被3整除是关键. 四、解答题（本大题共5小题，共77分） 15. 的内角的对边分别为，已知． （1）求； （2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围． 【答案】(1) ;(2). 【解析】 【分析】(1)利用正弦定理化简题中等式，得到关于B的三角方程，最后根据A,B,C均为三角形内角解得. (2)根据三角形面积公式，又根据正弦定理和得到关于的函数，由于是锐角三角形，所以利用三个内角都小于来计算的定义域，最后求解的值域. 【详解】(1) [方法一]【最优解：利用三角形内角和为结合正弦定理求角度】 由三角形的内角和定理得， 此时就变为． 由诱导公式得，所以． 在中，由正弦定理知， 此时就有，即， 再由二倍角的正弦公式得，解得． [方法二]【利用正弦定理解方程求得的值可得的值】 由解法1得， 两边平方得，即． 又，即，所以， 进一步整理得， 解得，因此． [方法三]【利用正弦定理结合三角形内角和为求得的比例关系】 根据题意，由正弦定理得， 因为，故， 消去得． ，，因为故或者， 而根据题意，故不成立，所以， 又因为，代入得，所以. (2) [方法一]【最优解：利用锐角三角形求得C的范围，然后由面积函数求面积的取值范围】 因为是锐角三角形，又，所以， 则． 因为，所以，则， 从而，故面积的取值范围是． [方法二]【由题意求得边的取值范围，然后结合面积公式求面积的取值范围】 由题设及（1）知的面积． 因为为锐角三角形，且， 所以即 又由余弦定理得，所以即， 所以，故面积的取值范围是． [方法三]【数形结合，利用极限的思想求解三角形面积的取值范围】 如图，在中，过点A作，垂足为，作与交于点． 由题设及（1）知的面积，因为为锐角三角形，且， 所以点C位于在线段上且不含端点，从而， 即，即，所以， 故面积的取值范围是． 【整体点评】(1)方法一：正弦定理是解三角形的核心定理，与三角形内角和相结合是常用的方法； 方法二：方程思想是解题的关键，解三角形的问题可以利用余弦值确定角度值； 方法三：由正弦定理结合角度关系可得内角的比例关系，从而确定角的大小. (2)方法一：由题意结合角度的范围求解面积的范围是常规的做法； 方法二：将面积问题转化为边长的问题，然后求解边长的范围可得面积的范围； 方法三：极限思想和数形结合体现了思维的灵活性，要求学生对几何有深刻的认识和灵活的应用. 16. 某研究机构为了了解各年龄层对高考改革方案的关注程度，随机选取了200名年龄在内的市民进行了调查，并将结果绘制成如图所示的频率分布直方图（分第一～五组区间分别为，，，，，）. （1）求选取的市民年龄在内的人数； （2）利用频率分布直方图，估计200名市民的年龄的平均数和第80百分位数； （3）若从第3，4组用分层抽样的方法选取5名市民进行座谈，再从中选取2人在座谈会中作重点发言，求作重点发言的市民中至少有一人的年龄在内的概率. 【答案】（1）20 （2）平均数32.25; 第80百分位数37.5 （3） 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图，先求出年龄在内的频率，再求出频数； （2）根据频率分布直方图，求出组中值，利用组中值求平均数即可，第80百分位数即为左侧面积为0.8的线所对应的值； （3）先确定从第3，4组中分别抽取3人，2人.再根据古典概型公式求解概率即可. 【小问1详解】 （1）由题意可知，年龄在内的频率为， 故年龄在内的市民人数为. 【小问2详解】 (2) 平均数为 32.25; 前三组的频率和为， 第四组的频率为，所以第80百分位数在第四组， 第80百分位数为. 【小问3详解】 （3）易知，第3组的人数，第4组人数都多于20，且频率之比为， 所以用分层抽样的方法在第3、4两组市民抽取5名参加座谈， 所以应从第3，4组中分别抽取3人，2人. 记第3组的3名分别为，，，第4组的2名分别为，，则从5名中选取2名作重点发言的所有情况为，，，，，，，，，，共有10种. 其中第4组的2名，至少有一名被选中的有：，，，，，，，共有7种， 所以至少有一人的年龄在内的概率为. 【点睛】(1)古典概型的重要思想是事件发生的等可能性，一定要注意在计算基本事件总数和事件包括的基本事件个数时，他们是否是等可能的．(2)用列举法求古典概型，是一个形象、直观的好方法，但列举时必须按照某一顺序做到不重复、不遗漏．(3)注意一次性抽取与逐次抽取的区别：一次性抽取是无顺序的问题，逐次抽取是有顺序的问题. 17. 已知函数，. （1）若为正实数，时，都有，求的最大值. （2）证明：； （3）若函数的最小值为，证明：方程有唯一的实数根. 【答案】（1）1 （2） 由（1）知，当，时，， 令时，有，即， 累加得，. （3） 因为，所以，即函数在上递增， 又， 由零点存在定理，时，有，即， 因此，而函数在上递减，在上递增， 所以， 由于对勾函数在单调递减， 故，则，因此， 即. 要证方程有唯一的实数解， 只要证方程有唯一的实数解. 设，则， 所以函数在上递增，又，， 由零点存在定理，时，，即， 因此，又， 设，则函数在上递增， 于是， 又，故， 而函数在上递减，在上递增， ， 即函数有唯一零点，故方程有唯一的实数解. 【解析】 【分析】（1）由题可得，则函数在区间上单调递增，且，再分情况讨论当时，当时的单调情况，从而可求解； （2）由（1）可得当，时，，从而可得令时，，再利用累加法即可证明； （3）先利用导数求出即，然要证方程有唯一的实数解即证只要证方程有唯一的实数解，设，再利用导数证明只有一个零点，从而可求解. 【小问1详解】 （）a为正实数， 令，则恒成立， 函数在区间上单调递增，且. ①当时，，所以函数在上单调递减，此时，符合题意. ②当时，，，由零点存在定理，时，有，即函数在上递减， 在递增，所以当时，有，此时不符合. 综上所述，正实数a的最大值为1. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 18. 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. 19. 如图，平面四边形中，点是线段上一点，，且，，，沿着将三角形折叠得到四棱锥，折叠后． （1）求证：平面平面； （2）若，求平面与平面夹角的正切值； （3）若，，，在同一个球面上，设该球面的球心为，证明：当球的半径最小时，点在平面内． 【答案】（1） 在四边形中，因为，所以折叠后有，． 又，平面，平面，所以平面． 又平面，所以平面平面． （2） （3） 由（1）知平面平面， 设和的外心分别和， 因为、、、均在以为球心的球面上， 则球心为过点和且分别垂直于平面、平面的两直线的交点， 过点作于，连接， 设，显然四边形为矩形， 所以． 在中，设（）， 由及余弦定理得， 再由正弦定理得的外接圆半径． 在中，，，， 由余弦定理得， 再由正弦定理得的外接圆半径． 所以， 即， 所以，故当时，球的半径最小， 此时点与点重合，所以点在平面内． 【解析】 【分析】（1）由图翻折可知，，再利用面面垂直的判定证明即可； （2）过点作交于，通过证明平面，得到为二面角的平面角，再求正切值即可； （3）设和的外心分别和，则球心为过点和且分别垂直于平面、平面的两直线的交点，过点作于，连接，可知四边形为矩形，设，通过计算可得外接球半径，当时，球的半径最小，此时点与点重合即可证明. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意，又，故， 过点作交于，则，连接，， 因为平面平面，面面，平面， 且，所以平面． 因为平面，所以，同理， 因为，，，所以由余弦定理得， 所以， 因为，平面，平面，所以平面． 因为平面，所以，所以为二面角的平面角． 所以在中，， 所以平面与平面夹角的正切值为． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 普洱市第一中学2024-2025学年高三下学期第三次高考模拟 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40分） 1. 样本数据16，21，18，28，14，20，22，24的第75百分位数为（ ） A. 16 B. 17 C. 23 D. 24 2. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 若复数满足，其共轭复数为，则下列说法正确的是（ ） A. 对应的点在第一象限 B. 的虚部为 C. D. 4. 从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，那么互斥而不对立的两个事件是（ ） A. 至少有一个红球与都是黑球 B. 至少有一个黑球与都是黑球 C. 至少有一个黑球与至少有1个红球 D. 恰有1个黑球与恰有2个黑球 5. 下列函数中，既是偶函数，又在上单调递减的是（ ） A. B. C. D. 6. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知数列是递增的等比数列，，若的前项和为，则，则正整数等于（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 8. 唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句为“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”，其中隐含了一个有趣的数学问题——“将军饮马”，即将军在白天观望烽火台之后黄昏时从山脚下某处出发，先到河边饮马再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，已知军营所在的位置为，若将军从山脚下的点处出发，河岸线所在直线方程为，则“将军饮马”的最短总路程为（       ） A. B. 5 C. D. 二、多选题（本大题共3小题，共18分） 9. 已知函数的图象在，两个不同点处的切线相互平行，则下面等式可能成立的是（ ） A. B. C. D. 10. 下列命题正确的是（ ） A. B. 已知，为非零实数，若，则与共线 C. 若为非零向量，若“”则“” D. 若单位向量满足，则与的夹角为0 11. 如图，在正方体中，点在线段上运动，有下列判断，其中正确的是（ ） A. 异面直线与所成角的取值范围是 B. 三棱锥的体积不变 C. 平面平面 D. 若，则的最小值为 三、填空题（本大题共3小题，共15分） 12. 已知方程的两根为，，则______． 13. 过点可以作曲线的三条切线，则实数a的取值范围是_______． 14. 数学中有时会采用十进制以外的进制进行计数，比如二进制，五进制.五进制是“逢五进一”的进制，由数字0，1，2，3，4来表示数值，例如五进制数324转化成十进制数为.若由数字1，2，3，4组成的五位五进制数，要求1，2，3，4每个数字都要出现，例如12334，则不同的五位五进制数共有______个.若从由数字2，3，4（可重复）组成的三位五进制数中随机取1个，则该数对应的十进制数能被3整除的概率为______. 四、解答题（本大题共5小题，共77分） 15. 的内角的对边分别为，已知． （1）求； （2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围． 16. 某研究机构为了了解各年龄层对高考改革方案的关注程度，随机选取了200名年龄在内的市民进行了调查，并将结果绘制成如图所示的频率分布直方图（分第一～五组区间分别为，，，，，）. （1）求选取的市民年龄在内的人数； （2）利用频率分布直方图，估计200名市民的年龄的平均数和第80百分位数； （3）若从第3，4组用分层抽样的方法选取5名市民进行座谈，再从中选取2人在座谈会中作重点发言，求作重点发言的市民中至少有一人的年龄在内的概率. 17. 已知函数，. （1）若为正实数，时，都有，求的最大值. （2）证明：； （3）若函数的最小值为，证明：方程有唯一的实数根. 18. 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． 19. 如图，平面四边形中，点是线段上一点，，且，，，沿着将三角形折叠得到四棱锥，折叠后． （1）求证：平面平面； （2）若，求平面与平面夹角的正切值； （3）若，，，在同一个球面上，设该球面的球心为，证明：当球的半径最小时，点在平面内． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $