精品解析：福建省厦门第一中学2024-2025学年高三下学期末复习数学周测试卷9

数学模拟试题（四） 说明：本试卷主体为浙江省宁波市“十校”2025届高三3月份适应性考试数学试题，题目有较大删改! 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交. 一､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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知随机变量，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 9 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 在平面直角坐标系中，动点满足方程，则动点轨迹的离心率为（ ） A. B. 2 C. D. 4. 已知函数为偶函数，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则的最大值为（ ） A. B. C. 1 D. 6. 对空间中的非零向量，记向量，与的夹角为，对，则的最大值是（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 7. 在四边形中，已知，若，则的长度为（ ） A. 4 B. C. 5 D. 8. 已知函数，对任意，都有恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：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. 在二项式的展开式中，前3项的系数成等差数列，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 展开式中所有奇数项的二项式系数和为128 C. 常数项为 D. 展开式中系数最大项为第3项和第4项 10. 在锐角中，内角所对的边分别为，且，则（ ） A. B. C. D. 若，则 11. 在棱长为2的正方体中，为面内以为直径的半圆上的动点，则（ ） A. 的最大值为 B. 与平面所成角的最大值的正弦值为 C. 的最小值为 D. 二面角的最小值的正切值为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数满足，则的最小值为____________． 13. 已知点为抛物线的焦点，过的直线（倾斜角为锐角）与交于两点（点在第一象限），交其准线于点，过点作准线的垂线，垂足为，若，则____________． 14. 数学家莱布尼兹是世界上首个提出二进制计数法的人，任意一个十进制正整数均可以用二进制数表示.若正整数，其中或，则可以用位二进制数表示.记的二进制各个位数和为，则.例如，因此.已知正整数1024且，则这样的有___________个；___________. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 已知函数． （1）化简，并求的值； （2）在锐角中，内角满足，求的值． 16. 已知四棱锥的底面是直角梯形，，，，，为的中点，. （1）证明：平面平面； （2）若与平面所成的角为，过点作平面的垂线，垂足为，求点到平面的距离. 17. 已知函数. （1）讨论的单调区间； （2）若有三个极值点，求正数的取值范围. 18. 为了验证某款电池的安全性，小明在实验室中进行试验，假设小明每次试验成功的概率为，且每次试验相互独立. （1）若进行5次试验，且，求试验成功次数的分布列以及期望； （2）若恰好成功2次后停止试验，，记事件：停止试验时试验次数不超过次，事件：停止试验时试验次数为偶数，求.（结果用含有的式子表示） 19. 已知抛物线与双曲线相交于两点，是的右焦点，直线分别交于两点（不同于点），直线分别交轴于两点. （1）求的取值范围； （2）记的面积为，的面积为，当时，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学模拟试题（四） 说明：本试卷主体为浙江省宁波市“十校”2025届高三3月份适应性考试数学试题，题目有较大删改! 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交. 一､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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知随机变量，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 9 【答案】D 【解析】 【分析】根据正态分布的定义即可得解. 【详解】因为，所以. 故选：D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分别解不等式求得集合，由集合交集的定义得. 【详解】，∴，即， ∵，∴，即， ∴. 故选：C. 3. 在平面直角坐标系中，动点满足方程，则动点轨迹的离心率为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据双曲线的定义结合双曲线的离心率公式即可得解. 【详解】表示点到点和点的距离之差的绝对值等于， 又因为， 所以点是以点和点为焦点的双曲线， 其中焦距，， 所以动点轨迹的离心率. 故选：C. 4. 已知函数为偶函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先由定义域得到值，再验证. 【详解】因为是偶函数，所以其定义域关于原点对称， 由解析式可知，其定义域需满足，解得 所以的解为，代入得， 此时，定义域为 且，满足条件. 故选：A. 5. 已知，则的最大值为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由两角和与差的正弦和余弦公式结合化简，再由基本不等式即可得出答案. 【详解】 ， 当且仅当时取等. 故选：B. 6. 对空间中的非零向量，记向量，与的夹角为，对，则的最大值是（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】先找到6个满足题设条件的向量，然后用反证法证明满足题设条件的向量个数不能超过7. 【详解】不妨设对空间中的非零向量都是单位向量，它们的起点都在坐标原点， 则终点在单位球面上， 当时， 对，满足题设条件对，， 这说明的最大值不少于6. 下面证明不会超过6. 假设有7个以上的向量满足条件，则存在7个以上的向量终点. 总可以找到一个大圆面，不经过任何一个终点， 于是这个大圆面的某一侧必然有四个以上的终点，不妨设是这样的四个点， 它们在某个大圆面的同一侧，且使得所对应的任意两个向量所成的角不小于直角. 将这些向量适当集中一下，可以使得它们两两变成直角而不改变在这个大圆的同一侧的属性， 这样一来，这个向量所在的直线是两两垂直的，这是不可能的， 实际上过同一点两两垂直的直线至多有三条， 如果还有第四条的话，根据线面垂直的判定定理，必然会和原来三条中的任意两条所确定的平面垂直， 则与第三条重合，这样就产生了矛盾. 至此，我们证明了的最大值确实为6， 故选：B. 【点睛】关键点睛：本题的关键难点是用一个不经过任何一点的大圆面分割，借助于抽屉原理，以及适当变换而不改变基本属性的思想转化为在平面的同一侧互相垂直的向量不超过三条的问题，最后利用线面垂直的判定定理进行推理论证得到矛盾. 7. 在四边形中，已知，若，则的长度为（ ） A. 4 B. C. 5 D. 【答案】D 【解析】 【分析】设分别为的中点，先证明两点重合，则四边形为平行四边形，再分别将用表示，结合数量积的运算律即可得解. 【详解】如图，设分别为的中点， 则， 所以， 两式相加得，① 同理可得，② 由①②得，③ 因为为的中点， 所以， 则，④ 而，则，⑤ 由④⑤得，⑥ 由③⑥可得， 即， 又因为， 所以，所以两点重合， 所以互相平方，所以四边形为平行四边形， 则， 故，即， 所以， 因为， 所以， 所以，即. 故选：D. 8. 已知函数，对任意，都有恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数是奇函数及函数单调性，化简不等式计算，应用函数最值求解. 【详解】因为函数，定义域为R， 函数，所以函数是奇函数； 对任意，都有恒成立， 则， 所以， 化简得 所以或， 所以或 令，单调递减，单调递增， 当时，； 当时，，当时，； 所以， 对任意， 所以. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：解题的关键是把恒成立问题转化为最值问题结合函数单调性得出函数最值即可解题. 二､多选题：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. 在二项式的展开式中，前3项的系数成等差数列，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 展开式中所有奇数项的二项式系数和为128 C. 常数项为 D. 展开式中系数最大项为第3项和第4项 【答案】ABD 【解析】 【分析】求出展开式的通项，根据题意可得，即可判断A；根据二项式定理的性质即可判断B；令的指数等于零，即可判断C；理由不等式法即可判断D. 【详解】展开式的通项为， 则前3项的系数分别为， 对于A，由题意可得， 即，解得或（舍去）， 所以，故A正确； 对于B，展开式中所有奇数项的二项式系数和为，故B正确； 对于C，展开式的通项为， 令，则， 所以展开式中常数项为，故C错误； 对于D，设展开式中第项的系数最大项， 则有，解得或， 所以展开式中系数最大项为第3项和第4项，故D正确. 故选：ABD. 10. 在锐角中，内角所对的边分别为，且，则（ ） A. B. C. D. 若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据已知条件结合正弦定理边化角得到，利用三角形内角关系及两角和的正弦公式整理式子得到，判断A选项；根据，即三角形形状得到关于角的不等式，解不等式即可确定角的取值范围，即可判断B；根据化为，利用基本不等式即可求最值，即可判断C；由已知条件将边化成角，再根据角的范围即可求出的范围，即可判断D. 【详解】由正弦定理及，得， 即，， 整理得，又，， 所以，故，，A错误； 由，得，又为锐角三角形， 所以解得，B正确； （当且仅当，即时取等号），C正确； 由，得，由正弦定理得： 即， 所以 . 又，所以，故，故D正确. 故选：BCD. 11. 在棱长为2的正方体中，为面内以为直径的半圆上的动点，则（ ） A. 的最大值为 B. 与平面所成角的最大值的正弦值为 C. 的最小值为 D. 二面角的最小值的正切值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，再利用向量法对各个选项求解即可. 【详解】如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则， 设， 对于A，， 则， 所以的最大值为，故A正确； 对于B，因为轴垂直平面， 则平面的法向量可取， 所以 ， 当且仅当，即时取等号， 所以与平面所成角的最大值的正弦值为，故B错误； 对于C，， 则， 所以的最小值为，故C正确； 对于D，因为轴垂直平面， 则平面的法向量可取， ， 设平面的法向量为， 则有， 令，则， 所以， 设二面角为，由图可知为锐角， 则 ， 所以， 则 ， 当，即时，取得最小值， 所以二面角的最小值的正切值为，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法： （1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果； （2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数满足，则的最小值为____________． 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的几何意义，利用数形结合即可得解. 【详解】由复数的几何意义可知，表示复数与对应点之间的距离， 所以复数对应的点是以为圆心为半径的圆，如图， 表示圆上的点到原点的距离， 由图知，的最小值为. 故答案为：. 13. 已知点为抛物线的焦点，过的直线（倾斜角为锐角）与交于两点（点在第一象限），交其准线于点，过点作准线的垂线，垂足为，若，则____________． 【答案】2 【解析】 【分析】先联立方程计算求解的坐标，再求出所在直线斜率，可得的倾斜角，最后应用两角和的正切公式计算即可． 【详解】设所在直线方程为， 联立，得． 设，准线交x轴于点M，则， 又，，即， 联立 ，过的直线（倾斜角为锐角），解得（舍)或， 则，即， 设的倾斜角为，则， 由，， ， 可得； 故答案为：2． 14. 数学家莱布尼兹是世界上首个提出二进制计数法的人，任意一个十进制正整数均可以用二进制数表示.若正整数，其中或，则可以用位二进制数表示.记的二进制各个位数和为，则.例如，因此.已知正整数1024且，则这样的有___________个；___________. 【答案】 ①. 45 ②. 4095 【解析】 【分析】第一空：由题意：是2～10位二进制数，得到的前10位中恰有两个1，其余位均为即可求解； 第二空：是最大的6位二进制数，从而说明1～63的二进制数中，时共有个二进制数，时共有个二进制数，时共有个二进制数，…，时共有个二进制数，进而可求解； 【详解】详解：（1），要使， 则是位二进制数，且的前10位中恰好有两个1， 其余位均为0，因为最高位必为1， 所以有个满足题意的的值. （2）由于是最大的6位二进制数，故的二进制数中最少1个1，最多6个1，即当时，. 当时，位二进制数最高位必为1，其余位为0， 故共有个二进制数（或者理解为前6位中恰有1个1，其余位均为0）； 当时，位二进制数最高位必为1，其余位只有一个1，故共有个二进制数（或者理解为前6位中恰有2个1，其余位均为0）；当时，位二进制数最高位必为1，其余位只有2个1，故共有个二进制数（或者理解为前6位中恰有3个1，其余位均为0）； … 当时，6位二进制数全是1，故共有个二进制数， 所以 . 【点睛】思路点睛： 第二空：由是最大的6位二进制数，得到；分别讨论，，，…，时二进制数的个数即可. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 已知函数． （1）化简，并求的值； （2）在锐角中，内角满足，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将函数中的切化弦，再分子分母同时乘以，利用二倍角公式及辅助角公式即可化简，化简后将代入解析式即可求得结果. （2）将代入解析式，再由已知求出的取值范围，即可求出的值，再利用凑角及两角和差公式代入数值即可求得结果. 【小问1详解】 ，所以， 所以； 【小问2详解】 因为，所以，所以， 又因为且，所以，则， 因为，所以， 所以. 16. 已知四棱锥的底面是直角梯形，，，，，为的中点，. （1）证明：平面平面； （2）若与平面所成的角为，过点作平面的垂线，垂足为，求点到平面的距离. 【答案】（1） 证明：由四边形是直角梯形，且， 在直角中，，可得， 从而是等边三角形，平分， 因为为的中点，所以，所以， 又因为且平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，证得和，得到平面，进而证得平面平面. （2）取的中点，连接，根据题意求得和，以为原点，建立空间直角坐标系，设，得到，结合，求得的值，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：取的中点，连接，因为，所以于， 因为平面平面，平面平面，所以平面， 连接，可得为与平面所成的角，则， 在直角中，， 在等边中，可得， 在直角中，可得， 又因为等边，且为的中点，所以. 以为原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 可得， 设，可得， 则， 由，解得，满足题意， 所以点到平面的距离为. 17. 已知函数. （1）讨论的单调区间； （2）若有三个极值点，求正数的取值范围. 【答案】（1）当时，无单调减区间，单调增区间为； 当时，单调减区间为，单调增区间为和； 当时，单调减区间为，单调增区间为和； 当时，单调减区间为，单调增区间为； （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，求导得，然后分，与讨论，即可得到结果； （2）根据题意，求导可得，然后将极值点问题转化为方程根问题，再构造函数求导，即可得到结果. 【小问1详解】 ，则 当时，的两根为. ①若在上单调递增； ②若，则，则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增； ③若，则，则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增； ④时，则，则在上单调递减，在上单调递增； 综上，当时，无单调减区间，单调增区间为； 当时，单调减区间为，单调增区间为和； 当时，单调减区间为，单调增区间为和； 当时，单调减区间为，单调增区间为； 【小问2详解】 根据题意可知，函数的定义域为， 则， 由函数有三个极值点可知在上至少有三个实数根；显然，则需方程， 也即有两个不等于3的不相等的实数根； 由可得， 令，则， 显然当时，，即在上单调递减； 当时，，即在上单调递增； 所以， 画出函数与函数在同一坐标系下的图像， 由图可得且时，在上有两个不等于3的相异的实数根， 经检验可知当时，导函数在左右符号不同，即均是的变号零点，满足题意； 因此实数的取值范围是. 【点睛】关键点睛：本题主要考查了利用导数研究函数单调性问题以及利用导数研究函数零点问题，难度较大，解答本题的关键在于分类讨论以及合理构造函数求解. 18. 为了验证某款电池的安全性，小明在实验室中进行试验，假设小明每次试验成功的概率为，且每次试验相互独立. （1）若进行5次试验，且，求试验成功次数的分布列以及期望； （2）若恰好成功2次后停止试验，，记事件：停止试验时试验次数不超过次，事件：停止试验时试验次数为偶数，求.（结果用含有的式子表示） 【答案】（1）的分布列为： 0 1 2 3 4 5 期望为 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，由条件可得，结合二项分布的概率计算公式，代入计算，即可得到分布列； （2）根据题意，分为偶数与为奇数讨论，结合等比数列的求和公式以及错位相减法代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 依题意，， 则， ， 故的分布列为： 0 1 2 3 4 5 故. 【小问2详解】 事件“”表示前次试验只成功了1次，且第次试验成功， 故， 当为偶数时， 所以， 令， 则， 两式相减得：， 则，即. 当为奇数时，同理可得 ， 综上， 【点睛】关键点睛：本题主要考查了二项式分布与数列的综合应用，难度较大，解答本题的关键在于将概率问题转化为数列求和，结合数列求和的知识求解. 19. 已知抛物线与双曲线相交于两点，是的右焦点，直线分别交于两点（不同于点），直线分别交轴于两点. （1）求的取值范围； （2）记的面积为，的面积为，当时，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由双曲线方程的特征求出的大致范围，再联立抛物线与双曲线方程，消去整理得到，分析其两根得到，解得的范围，再将双曲线过点时的值去掉，即可求出的范围； （2）设直线的方程为，、，联立直线与抛物线方程，即可求出，根据对称性可知，即可求出的方程，从而求出，设，联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，表示出直线的方程，从而求出，再由得到方程，从而求出. 【小问1详解】 由双曲线方程，则，得到，即， 对于抛物线，令解得，所以抛物线的顶点为， 又双曲线的右焦点， 联立抛物线与双曲线方程，得到， 记， 可知有两个根和，其中，则，又，解得， 又直线分别交于（不同于点），即三点不共线， 当时，代入抛物线，解得，不妨取， 将代入双曲线方程得到，解得或（舍去），所以， 综上可得. 【小问2详解】 因为直线与抛物线的两个交点、， 显然直线不垂直轴，又点， 故设直线的方程为，，， 由消去并整理得， 显然，所以为定值. 根据对称性可知，则直线的斜率为， 所以直线的方程为， 令，可得点的横坐标， 设， 由消去得， 则， 且， 所以，， 而直线的方程为，依题意， 令，得点的横坐标 ， 因此，， 联立抛物线与双曲线方程，得到， 解得， 所以点的坐标， 由，所以. 根据，则，代入得到， 即， 化简得，解得，故. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为、； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式； （5）代入韦达定理求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $