吉林省梅河口市2024-2025學年高三數(shù)學下學期一模試題含解析

Page20吉林省梅河口市2024-2025學年高三數(shù)學下學期一模試題一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.若復數(shù)，在復平面內(nèi)對應的點關于軸對稱，且，則復數(shù)（）A1 B. C.i D.【答案】C【解析】【分析】由題意求得，利用復數(shù)除法即可.【詳解】因為，且復數(shù)，在復平面內(nèi)對應的點關于軸對稱，所以，所以，故選：C.2.設集合，，若，則實數(shù)的取值范圍為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】首先求出，依題意可得，即可得到不等式，解得即可.【詳解】因為，所以，又，所以，又，所以，解得，即實數(shù)的取值范圍為.故選：A3.某地以“綠水青山就是金山銀山”理念為引導，推動綠色發(fā)展，現(xiàn)要訂購一批苗木，苗木長度與售價如下表：苗木長度x（cm）384858687888售價y（元）16.818.820.822.82425.8若苗木長度x（cm）與售價y（元）之間存在線性相關關系，其回來方程為，則當售價大約為38.9元時，苗木長度大約為（）A.148cm B.150cm C.152cm D.154cm【答案】B【解析】【分析】依據(jù)表格中的數(shù)據(jù)求出樣本點中心，依據(jù)回來直線經(jīng)過樣本點中心求出，再將代入回來方程可求出結(jié)果.【詳解】因為，，所以樣本點中心為，又回來直線經(jīng)過，所以，所以，所以回來方程為，當元時，厘米.則當售價大約為元時，苗木長度大約為150厘米.故選：B4.的綻開式中，含項的系數(shù)為，則（）A.1 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先求出的通項公式，然后整理出項的系數(shù)，依據(jù)系數(shù)相等可得答案.【詳解】的綻開式的通項公式為，令，可得；所以含項的系數(shù)為，即，解得.故選：C.5.函數(shù)（，）的部分圖象如圖所示，為了得到的圖象，只需將的圖象（）A.向左平移個單位長度 B.向右平移個單位長度C.向左平移個單位長度 D.向右平移個單位長度【答案】D【解析】【分析】由周期求出，由五點法作圖求出的值，可得的解析式，再利用函數(shù)的圖象變換規(guī)律，得出結(jié)論．【詳解】解：依據(jù)函數(shù)（其中，的圖象，可得，，再依據(jù)五點法作圖，可得，，．故把圖象向右平移個單位長度，可得到的圖象，故選：D．6.已知函數(shù)，則不等式的解集為（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】首先求出函數(shù)的定義域，再推斷函數(shù)的奇偶性與單調(diào)性，依據(jù)奇偶性、單調(diào)性及定義域?qū)⒑瘮?shù)不等式轉(zhuǎn)化為自變量的不等式組，解得即可.【詳解】解：對于函數(shù)，令，解得或，所以函數(shù)的定義域為，又，所以為偶函數(shù)，當時，則在上單調(diào)遞增，令，，所以，所以在上單調(diào)遞增，則在上單調(diào)遞增，從而得到在上單調(diào)遞減，則不等式等價于，解得或，所以不等式的解集為.故選：C7.表面積為的球內(nèi)有一內(nèi)接四面體，其中平面平面，是邊長為3的正三角形，則四面體PABC體積的最大值為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】四面體PABC體積最大須要究竟面的距離為最大，分析出最大時滿意，進而利用幾何關系求出其最大值.【詳解】如圖所示，是四面體外接球的球心，設球的半徑為，是外接圓的圓心，設圓的半徑為，設究竟面的距離為，取中點，連接，過作，由題意可得,則，因為是邊長為3的正三角形，所以由正弦定理可得，則，四面體PABC體積為，四面體PABC體積的最大須要最大，由題意可知在過并且與底面垂直圓面上運動，當運動到圓面的最高點時，最大，由圓的對稱性可知此時,則,又平面平面，則平面在中，，，則，則，，在中，，則,.故選：D.【點睛】與球有關的組合體問題，一種是內(nèi)切，一種是外接．解題時要仔細分析圖形，明準確點和接點的位置，確定有關元素間的數(shù)量關系，并作出合適的截面圖，如球內(nèi)切于正方體，切點為正方體各個面的中心，正方體的棱長等于球的直徑；球外接于正方體，正方體的頂點均在球面上，正方體的體對角線長等于球的直徑.8.在平面直角坐標系中，直線與軸和軸分別交于，兩點，，若，則當，改變時，點到點的距離的最大值為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先求得A，兩點坐標，依據(jù)得到，再結(jié)合可得到C軌跡為動圓，求得該動圓圓心的方程，即可求得答案.【詳解】由得，故由得，由得，設，則，即，即點C軌跡為一動圓，設該動圓圓心為，則，整理得，代入到中，得：，即C軌跡的圓心在圓上，故點（1,1）與該圓上的點的連線的距離加上圓的半徑即為點到點的距離的最大值，最大值為，故選：B二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．9.為拋物線的焦點，點在上且，則直線的方程可能為（）A. B.C. D.【答案】BD【解析】【分析】首先求出拋物線的焦點坐標與準線方程，設，依據(jù)拋物線的定義求出，再代入拋物線方程求出，即可求出點坐標，從而求出直線方程.【詳解】拋物線的焦點坐標為，準線為，設，因為，所以，解得，所以，解得，所以或，則或，所以直線的方程為或，即或；故選：BD10.已知，其中（）且（），則下列結(jié)論肯定正確的是（）A. B.C. D.【答案】AD【解析】【分析】利用兩角和的正切公式將已知式化簡，求出（）或（），然后對四個選項逐個分析即可.【詳解】因為，且，所以，即，所以（）或（），A：，故A正確；B：，故B錯誤；C：，令，則，故C錯誤；D：由A知，則，故，故D正確，故選：AD.11.長方體中，，，，則（）A.到平面的距離為B.到平面的距離為C.沿長方體的表面從到的最短距離為D.沿長方體的表面從到的最短距離為【答案】AC【解析】【分析】利用體積相等求出點到平面的距離即可推斷選項和；求點到的最短距離，由兩點之間直線段最短，想到須要把長方體剪開再綻開，把到的最短距離轉(zhuǎn)化為求三角形的邊長問題，依據(jù)實際圖形，應當有三種展法，綻開后利用勾股定理求出每一種狀況中的長度，比較三個值的大小后即可得到結(jié)論，進而推斷和.【詳解】如圖，連接，因為，，，所以，，，在中，由余弦定理可得：，所以，則，又，設點到平面的距離為，由體積相等可得：，即，所以，解得：，故選項正確；選項錯誤；長方體表面可能有三種不同的方法綻開，如圖所示：，，，表面綻開后，依第一個圖形綻開，則；依其次個圖形綻開，則；依第三個圖形綻開，則；三者比較得：點沿長方形表面到的最短距離為，故選項正確，選項錯誤，故選：.12.下列不等式成立的是（）A. B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】對于選項A，運用指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)單調(diào)性比較即可；對于選項B，構造函數(shù)運用函數(shù)的單調(diào)性比較即可；對于選項C，作差后運用基本不等式推斷；對于選項D，找尋中介值比較即可.【詳解】對于選項A，因為，所以，，所以，故選項A錯誤；對于選項B，設，則，又因為，，所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以，即：，又因為，所以.故選項B正確；對于選項C，，因為，所以，所以，即：.故選項C正確；對于選項D，因為，所以，所以，又因為，所以，所以，所以.故選項D正確.故選：BCD.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13.若向量，，且，共線，則______．【答案】【解析】【分析】依據(jù)向量共線的充要條件得出，然后利用向量的坐標運算即可求解.【詳解】因為，共線，所以，解得：，所以，，所以，故答案為：.14.若直線是函數(shù)的圖象在某點處的切線，則實數(shù)______．【答案】2【解析】【分析】設切點為，由點在兩線上及切線斜率建立方程組解得參數(shù).【詳解】設切點為，則有.故答案為：2.15.已知雙曲線C：（，）的左、右焦點分別為，，若在C上存在點P（不是頂點），使得，則C的離心率的取值范圍為______．【答案】【解析】【分析】與軸交點，連接，由雙曲線的定義和對稱性，結(jié)合已知條件得，有且，可求離心率的取值范圍.【詳解】設與軸交點，連接，由對稱性可知，，如圖所示，又∵，∴，∴．又∵，∴，在中，，∴，∴，由，且三角形的內(nèi)角和為，，即，則綜上，．故答案為：．16.已知是各項均為正整數(shù)的數(shù)列，且，，對隨意，與有且僅有一個成立，則的最小值為______．【答案】20【解析】【分析】由遞推關系分析的取值，求的最小值.【詳解】由已知，所以，若，，因為，所以，故，所以，(1)若，則，當時，，若，則，與條件相沖突，當時，，若，則，與條件相沖突，當時，，若，則可以取8，此時，當時，，又，則，當時，，則，(2)若，則，則，則，(3)若，則，則，則，(4)若，則，則，所以的最小值為20.故答案為：20四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17.△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，設．（1）求C；（2）若c＝4，，求a．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理化簡可得；（2）由余弦定理結(jié)合化簡可得.【小問1詳解】因為，由正弦定理，，所以，所以，.【小問2詳解】因為c＝4，，由余弦定理得，，又由，得代入上式，化簡得.18.記為公比不為1的等比數(shù)列的前項和，，．（1）求的通項公式；（2）設，若由與的公共項從小到大組成數(shù)列，求數(shù)列的前項和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）設等比數(shù)列的公比為，由求出，再由等比數(shù)列求和公式求出，即可得解；（2）由（1）可得，即可得到數(shù)列的特征，令，求出的取值，即可得到為以為首項，為公比的等比數(shù)列，再由等比數(shù)列求和公式計算可得.【小問1詳解】解：設等比數(shù)列的公比為，因為，即，即，所以，又，即，解得，所以.【小問2詳解】解：由（1）可得，則數(shù)列為、、、、，偶數(shù)組成的數(shù)列，又，令，則為正偶數(shù)，所以，，，，，所以為以為首項，為公比的等比數(shù)列，所以.19.如圖，在正三棱柱中，D為棱上的點，E，F(xiàn)，G分別為AC，，的中點，．（1）求證：；（2）若直線FG與平面BCD所成角的正弦值為，求AD的長．【答案】（1）證明見解析；（2）【解析】【分析】(1)由已知可得，所以E、F、B、G四點共面，再證明平面即可證明；(2)以為原點，建立空間直角坐標系，設,求出，平面的一個法向量，由向量的夾角公式建立方程即可求解.【小問1詳解】在正三棱柱中，平面，因為E，F(xiàn)，G分別為，，的中點，所以，又，所以，所以E、F、B、G四點共面，平面，，又因為，且，又平面，所以平面，又平面，所以.【小問2詳解】以為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，設，則，，.設平面的一個法向量為，則即，令，則，設直線與平面所成角的大小為，所以，即，，解得故AD的長.20.袋子中有8張水果卡片，其中4張?zhí)O果卡片，4張梨子卡片，消費者從該袋子中不放回地隨機抽取4張卡片，若抽到的4張卡片都是同一種水果，則獲得一張10元代金券；若抽到的4張卡片中恰有3張卡片是同一種水果，則獲得一張5元代金券；若抽到的4張卡片是其他狀況，則不獲得任何嘉獎．（1）求某位消費者在一次抽獎活動中抽到的4張卡片都是蘋果卡片的概率；（2）記隨機變量X為某位消費者在一次抽獎活動中獲得代金券金額數(shù)，求X的分布列和數(shù)學期望；（3）該商家規(guī)定，每位消費者若想再次參與該項抽獎活動，則需支付2元．若你是消費者，是否情愿再次參與該項抽獎活動？請說明理由．【答案】（1）；（2）分布列見解析，；（3）情愿，理由見解析.【解析】【分析】（1）依據(jù)古典概型的概率公式計算可得；（2）依題意X的可能取值為0、5、10，求出所對應的概率，列出分布列，即可求出數(shù)學期望；（3）記隨機變量Y為消費者在一次抽獎活動中的收益，則Y＝X﹣3，依據(jù)期望的性質(zhì)求出E（Y），即可推斷；【小問1詳解】記“某位消費者在一次抽獎活動中抽到的4張卡片上都是蘋果為事務A，則P（A）＝＝，所以某位消費者在一次抽獎活動中抽到的4張卡片上都是蘋果的概率為；【小問2詳解】依題意隨機變量X的全部可能取值為0、5、10，則P（X＝0）＝＝，P（X＝5）＝＝，P（X＝10）＝＝，所以X的分布列為：X0510P所以E（X）＝10×+5×+0×＝；【小問3詳解】記隨機變量Y為消費者在一次抽獎活動中的收益，則Y＝X﹣2，所以E（Y）＝E（X﹣2）＝E（X）﹣2＝﹣2＝＞0，所以情愿再次參與該項抽獎活動．21.已知橢圓的左焦點與短軸兩端點的連線及短軸構成等邊三角形，且橢圓經(jīng)過點.（1）求橢圓的方程；（2）不經(jīng)過點的直線與橢圓相交于，兩點，關于原點的對稱點，直線，與軸分別交于，兩點，求證：.【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）依據(jù)題意得，將點代入橢圓即可；（2）設，，直線，則，聯(lián)立得到韋達定理，要證直線MR與直線MB的斜率互為相反數(shù)，即證，代入求解計算即可.【小問1詳解】設橢圓上下頂點分別為，左焦點為，則是等邊三角形，所以，則橢圓方程為，將代入橢圓方程，可得，解得，所以橢圓方程為.【小問2詳解】設，則.將直線代入橢圓方程，得，其判別式，即，.所以要證直線MR與直線MB的斜率互為相反數(shù)，即證，，所以.【點睛】解決直線與橢圓的綜合問題時，要留意：(1)留意視察應用題設中的每一個條件，明確確定直線、橢圓的條件；(2)強化有關直線與橢圓聯(lián)立得出一元二次方程后的運算實力，重視根與系數(shù)之間的關系、弦長、斜率、三角形的面積等問題．22.已知．（1）求證：當x>0時，（2）若不等式，（其中）恒成立時