廣西柳州市2025屆高三數學第二次模擬考試理試題含解析

廣西柳州市2024屆高三數學其次次模擬考試（理）試題第Ⅰ卷（選擇題，共60分）一、選擇題：（本大題共12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中只有一個選項是符合題目要求的1.設復數滿意，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】依據復數除法運算可求得，由復數模長運算可求得結果.【詳解】由得：，.故選：A.2.若集合，，則的子集有（）A.個 B.個 C.個 D.個【答案】C【解析】【分析】依據并集定義可確定的元素個數，由元素個數與子集個數的關系可干脆求得結果.【詳解】，共有個元素，的子集有個.故選：C.3.在中，點在邊上，，記，，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析】由平面對量基本定理求解即可【詳解】因為在中，點在邊上，，所以所以，故選：D4.下列說法正確的是（）A.在做回來分析時，殘差圖中殘差點分布的帶狀區(qū)域的寬度越窄表示回來效果越差B.某地氣象局預報：6月9日本地降水概率為90%，結果這天沒下雨，這表明天氣預報并不科學C.數據2，3，4，5的方差是數據4，6，8，10的方差的一半D.在回來直線方程，當說明變量每增加1個單位時，預報變量多增加0.1個單位【答案】D【解析】【分析】由殘差圖與模擬效果的關系推斷A；由也許率事務也不肯定發(fā)生推斷B；其次組數據是由第一組乘以2得到的，可由方差的關系推斷C；由回來分析模型的性質以及回來方程b的含義推斷D．【詳解】對于A選項：在做回來分析時，殘差圖中殘差點分布的帶狀區(qū)域的寬度越窄表示回來效果越好，故A選項錯誤；對于B選項：概率只說明事務發(fā)生的可能性，事務不肯定發(fā)生，所以并不能說明天氣預報不科學，故B選項錯誤；對于C選項：依據所給的數據，看出其次組是由第一組乘以2得到的，前一組的方差是后一組的四分之一，標準差是一半，故C選項錯誤；對于D選項：在回來直線方程中，當說明變量每增加1個單位時，預報變量增加0.1個單位，故D選項正確．

故選：D．5.已知實數，滿意約束條件則的最小值是（）A. B. C.3 D.5【答案】B【解析】【分析】作出可行域，依據幾何意義求解即可.【詳解】依據題意，畫出可行域，如圖中陰影部分所示.聯(lián)立方程得,所以.由，得.由圖知，當直線過點時，取得最小值，即.故選:B.6.如圖，是一個正三棱臺，而且下底面邊長為6，上底面邊長和側棱長都為3，則棱臺的高為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】首先還原為三棱錐，再計算小棱錐的高，再依據相像關系，即可計算三棱臺的高.【詳解】如圖1，將正三棱臺，還原為正三棱錐，由相像關系可知，三棱錐的棱長都是3，如圖2，點在底面的射影是底面三角形的中心，高，所以依據相像關系可知，三棱臺的高也是.故選：C7.已知函數，其圖象相鄰兩條對稱軸的距離為，且對隨意，都有，則在下列區(qū)間中，為單調遞減函數的是（）A B. C. D.【答案】C【解析】【分析】通過的圖像學問，先求出函數的解析式，再求出其單調遞減區(qū)間即可對選項一一驗證.【詳解】由的圖像可知，相鄰兩條對稱軸的距離為最小正周期的一半，，即，，即，，對隨意，都有，當時，取最小值，，，，，，令，得，的單調遞減區(qū)間為，對于A：區(qū)間內，上單調遞增，上單調遞減，故A錯誤；對于B：區(qū)間內，上單調遞增，上單調遞減，故B錯誤；對于C：區(qū)間上單調遞減，故C正確；對于D：區(qū)間上單調遞增，故D錯誤；綜上所述選項C正確，故選：C.8.已知函數，，若函數在上的大致圖象如圖所示，則的解析式可能是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】依據圖象推斷函數奇偶性，結合特別值，可得答案.【詳解】易知為偶函數，由，則為奇函數，由圖象可知，該函數是奇函數，因為是偶函數，是奇函數，所以是非奇非偶函數，A，B不符合題意.因為當時，無意義，所以C不符合題意.故選：D9.“阿基米德多面體”是由邊數不全相同的正多邊形為面圍成的多面體，它體現(xiàn)了數學的對稱美.如圖，將正方體沿交于一頂點的三條棱的中點截去一個三棱錐，共可截去八個三棱錐，得到八個面為正三角形，六個面為正方形的“阿基米德多面體”.若該多面體的棱長為2，則其外接球的表面積為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】依據其外接球為正四棱柱的外接球，再結合球的表面積公式，即可得到結果.【詳解】由題意可得，依據該幾何體的對稱性可知，該幾何體的外接球即為底面棱長為，側棱長為的正四棱柱的外接球，即，所以，則該正多面體外接球的表面積故選:A10.已知橢圓C的焦點為，過的直線與C交于P，Q兩點，若，則橢圓C的標準方程為（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】由已知可設可求出全部線段用表示，在中由余弦定理得從而可求.【詳解】如圖，由已知可設，又因為依據橢圓的定義，在中由余弦定理得，所以故橢圓方程為：故選：B11.在中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知，若角A的內角平分線的長為3，則的最小值為（）A.21 B.24 C.27 D.36【答案】C【解析】【分析】依據給定條件，利用正弦定理角化邊，由余弦定理求出角A，再利用三角形面積定理結合均值不等式求解作答.【詳解】在中，，由正弦定理得，即，由余弦定理得，而，則，因角A的內角平分線的長為3，由得：，即，因此，則，當且僅當，即時取等號，所以當時，取得最小值27.故選：C12.設函數（，為自然對數的底數），若曲線上存在點使成立，則的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由題意，存在，使成立，即存在，使成立，即可得到與有交點，利用導數分析的單調性，進而求解.【詳解】由題意，存在，使成立，即存在，使成立，所以，即，所以所以存在，使與有交點，對，，求導得，設，則，令，即；令，即，所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以，所以在上單調遞增，又，，要使與有交點，則，所以的取值范圍是.故選：A.第Ⅱ卷（非選擇題，共90分）二、填空題（本大題共4小題，每題5分，共20分．請把答案填在答題卡相應的位置）13.的綻開式中常數項是______________．（用數字作答）【答案】15【解析】【分析】利用二項式定理得到綻開式的通項公式，從而令求出，得到常數項.【詳解】的綻開式的通項公式，令，解得，所求常數項為．故答案為：1514.若圓錐的軸截面是邊長為1的正三角形，則圓錐的側面積是______.（結果用含的式子表示）【答案】【解析】【分析】依據題意可得圓錐的底面半徑和母線長，進而依據圓錐側面積公式求得結果．【詳解】解：圓錐的軸截面是邊長為1的正三角形，圓錐的底面半徑，母線，故圓錐的側面積．故答案為：．15.雙曲線的一條漸近線與曲線交于M、N兩個不同的點，則__________．【答案】##【解析】【分析】依據題意先求出雙曲線的一條漸近線方程，然后與曲線聯(lián)立，求出交點、的坐標，代入兩點間距離公式即可求解.【詳解】由題意知：雙曲線的漸近線方程為：，不妨取，即，因為曲線可化為，聯(lián)立方程組，解得：或，取，所以，故答案為：.16.①，②，③，④，上述不等式正確的有______（填序號）【答案】②④【解析】【分析】由指數對數的運算法則和不等式的性質比較大小.【詳解】對于①：，，∴，不等式①錯誤；對于②：，∴，即，不等式②正確對于③：，∴，即，不等式③錯誤；對于④：，令，則在上恒成立，在上單調遞增，∴，，得，，∴，∴，不等式④正確.故答案為：②④三、解答題（本大題共6小題共70分，解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟．第17-21題為必考題，每個學生都必需作答．第22、23題為選考題，考生依據要求作答）（一）必考題：60分17.第24屆冬季奧運會將于2024年2月在北京舉辦，為了普及冬奧學問，某校組織全體學生進行了冬奧學問答題競賽，從全校眾多學生中隨機選取了10名學生，得到他們的分數統(tǒng)計如下表：分數段人數1113211規(guī)定60分以下為不及格；60分及以上至70分以下為及格；70分及以上至80分以下為良好；80分及以上為優(yōu)秀．將頻率視為概率．（1）此次競賽中該校學生成果的優(yōu)秀率是多少？（2）從全校學生中隨機抽取2人，以X表示這2人中成果良好和優(yōu)秀的人數之和，求X的分布列和數學期望．【答案】（1）（2）分布列見解析，【解析】【分析】（1）用樣本的頻率來估計總體的概率即可；（2）利用二項分布求概率的方法求概率，得到分布列，然后求期望即可.【小問1詳解】∵80分及以上為優(yōu)秀，∴．∴此次競賽中該校學生成果的優(yōu)秀率是．【小問2詳解】在全校學生中任選一人，其成果良好或優(yōu)秀的概率為．X的全部可能取值為0，1，2，，，，∴X的分布列為X012∴．18.在數列中，，它的最大項和最小項的值分別是等比數列中的和的值.（1）求數列的通項公式；（2）已知數列，求數列的前n項和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）結合函數的單調性得到數列的最大項和最小項，解出，可得等比數列的通項公式；（2）用錯位相減法求數列前n項和【小問1詳解】由題意，，結合函數的單調性，可知，所以數列中的最大項為，最小項為，所以，即，所以等比數列的公比，【小問2詳解】，，，兩式相減得：，故.19.某校主動開展社團活動，在一次社團活動過程中，一個數學愛好小組發(fā)覺《九章算術》中提到了“芻薨”這個五面體，于是他們仿照該模型設計了一道數學探究題，如圖1，E、F、G分別是邊長為4的正方形的三邊的中點，先沿著虛線段將等腰直角三角形裁掉，再將剩下的五邊形沿著線段EF折起，連接就得到了一個“芻甍”(如圖2)。（1）若O是四邊形對角線的交點，求證：平面；（2）若二面角的大小為求平面與平面夾角的余弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】【分析】（1）取線段中點，連接、，可得四邊形是平行四邊形，然后線面平行的判定定理即得；（2）由題可得即為二面角的平面角，以為坐標原點，分別為軸和軸正向建立空間直角坐標系，求解平面ABE和平面OAB的一個法向量，利用空間向量夾角公式即得．【小問1詳解】取線段CF中點H，連接OH、GH，由圖1可知，四邊形EBCF是矩形，且，∴O是線段BF與CE的中點，∴且，在圖1中且，且．所以在圖2中，且，∴且，∴四邊形AOHG是平行四邊形，則，由于平面GCF，平面GCF，∴平面GCF．【小問2詳解】由圖1，，，折起后在圖2中仍有，，∴即為二面角的平面角．∴，以E為坐標原點，，分別為x軸和y軸正向建立空間直角坐標系如圖，設，則、、，∴，，易知平面ABE的一個法向量，設平面OAB的一個法向量，由，得，取，則，，于是平面的一個法向量，∴，∴平面ABE與平面OAB夾角的余弦值為．20.已知拋物線經過點，過點的直線與拋物線有兩個不同交點，且直線交軸于，直線交軸于.（1）求直線斜率的取值范圍；（2）證明：存在定點，使得，且.【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）由拋物線過可求得拋物線方程，設，與拋物線方程聯(lián)立，由可得的范圍，并確定韋達定理結論；依據可求得且，由此可確定的范圍；（2）易知在軸上，設，利用向量數乘的坐標運算可得，，求得方程后，令可推導得到，同理得到，代入中，整理后代入韋達定理的結論可構造方程求得的值，從而確定定點.【小問1詳解】拋物線經過點，，解得：，拋物線；由題意知：直線斜率存在，設，，，由得：，，解得：或；，，，，又直線與軸相交于兩點，，即，解得：且；綜上所述：直線斜率的取值范圍為.【小問2詳解】設點，，由，，知：共線，即在軸上，則可設，，，，，，同理可得：，，直線，令得：，同理可得：，，，由（1）知：，，，解得：，存在定點滿意題意.【點睛】思路點睛：本題考查直線與拋物線綜合應用中存在定點滿意某條件的問題，求解此類問題的基本思路如下：①假設直線方程，與拋物線方程聯(lián)立，整理為關于或的一元二次方程的形式；②利用求得變量的取值范圍，得到韋達定理的形式；③利用韋達定理表示出所求量，將所求量轉化為關于變量的函數的形式或構造方程；④化簡所得函數式或方程，整理可得定點坐標.21.已知，記的導函數為．（1）探討的單調性；（2）若有三個零點，且，證明：．【答案】（1）答案見解析（2）證明見解析【解析】【分析】（1）求導得到，進而得到；令，分別在、的狀況下，結合二次函數零點的分布可確定，即的正負，由此可得單調性；（2）依據零點個數和（1）的結論可知，結合可確定；依據可將所證不等式轉化為，依據可表示出，整理得到，構造函數，利用導數可求得單調性，得到，從而證得結論.【小問1詳解】由題意知：定義域為，，即，；令，則；①當，即時，恒成立，即恒成立，在上單調遞增；②當，即或時，令，解得：；當時，，在上恒成立，即恒成立，在上單調遞增；當時，，當時，，即；當時，，即；在上單調遞增，，在上單調遞減；綜上所述：當時，在上單調遞增；當時，在上單調遞增，，在上單調遞減.【小問2詳解】若有三個零點，則由（1）知：，又，，，，；，，又，；要證，只需證，即證；由得：，即，即證，又，只需證；令，則，在上單調遞增，，即當時，恒成立，，，則原不等式得證.【點睛】關鍵點點睛：本題考查探討含參數函數單調性、利用導數證明不等式的問題；本題證明不等式的關鍵是將多個變量的不等式轉化為關于一個變量