广西柳州市2025届高三数学第二次模拟考试理试题含解析

广西柳州市2024届高三数学其次次模拟考试（理）试题第Ⅰ卷（选择题，共60分）一、选择题：（本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个选项是符合题目要求的1.设复数满意，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】依据复数除法运算可求得，由复数模长运算可求得结果.【详解】由得：，.故选：A.2.若集合，，则的子集有（）A.个 B.个 C.个 D.个【答案】C【解析】【分析】依据并集定义可确定的元素个数，由元素个数与子集个数的关系可干脆求得结果.【详解】，共有个元素，的子集有个.故选：C.3.在中，点在边上，，记，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析】由平面对量基本定理求解即可【详解】因为在中，点在边上，，所以所以，故选：D4.下列说法正确的是（）A.在做回来分析时，残差图中残差点分布的带状区域的宽度越窄表示回来效果越差B.某地气象局预报：6月9日本地降水概率为90%，结果这天没下雨，这表明天气预报并不科学C.数据2，3，4，5的方差是数据4，6，8，10的方差的一半D.在回来直线方程，当说明变量每增加1个单位时，预报变量多增加0.1个单位【答案】D【解析】【分析】由残差图与模拟效果的关系推断A；由也许率事务也不肯定发生推断B；其次组数据是由第一组乘以2得到的，可由方差的关系推断C；由回来分析模型的性质以及回来方程b的含义推断D．【详解】对于A选项：在做回来分析时，残差图中残差点分布的带状区域的宽度越窄表示回来效果越好，故A选项错误；对于B选项：概率只说明事务发生的可能性，事务不肯定发生，所以并不能说明天气预报不科学，故B选项错误；对于C选项：依据所给的数据，看出其次组是由第一组乘以2得到的，前一组的方差是后一组的四分之一，标准差是一半，故C选项错误；对于D选项：在回来直线方程中，当说明变量每增加1个单位时，预报变量增加0.1个单位，故D选项正确．

故选：D．5.已知实数，满意约束条件则的最小值是（）A. B. C.3 D.5【答案】B【解析】【分析】作出可行域，依据几何意义求解即可.【详解】依据题意，画出可行域，如图中阴影部分所示.联立方程得,所以.由，得.由图知，当直线过点时，取得最小值，即.故选:B.6.如图，是一个正三棱台，而且下底面边长为6，上底面边长和侧棱长都为3，则棱台的高为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】首先还原为三棱锥，再计算小棱锥的高，再依据相像关系，即可计算三棱台的高.【详解】如图1，将正三棱台，还原为正三棱锥，由相像关系可知，三棱锥的棱长都是3，如图2，点在底面的射影是底面三角形的中心，高，所以依据相像关系可知，三棱台的高也是.故选：C7.已知函数，其图象相邻两条对称轴的距离为，且对随意，都有，则在下列区间中，为单调递减函数的是（）A B. C. D.【答案】C【解析】【分析】通过的图像学问，先求出函数的解析式，再求出其单调递减区间即可对选项一一验证.【详解】由的图像可知，相邻两条对称轴的距离为最小正周期的一半，，即，，即，，对随意，都有，当时，取最小值，，，，，，令，得，的单调递减区间为，对于A：区间内，上单调递增，上单调递减，故A错误；对于B：区间内，上单调递增，上单调递减，故B错误；对于C：区间上单调递减，故C正确；对于D：区间上单调递增，故D错误；综上所述选项C正确，故选：C.8.已知函数，，若函数在上的大致图象如图所示，则的解析式可能是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】依据图象推断函数奇偶性，结合特别值，可得答案.【详解】易知为偶函数，由，则为奇函数，由图象可知，该函数是奇函数，因为是偶函数，是奇函数，所以是非奇非偶函数，A，B不符合题意.因为当时，无意义，所以C不符合题意.故选：D9.“阿基米德多面体”是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”.若该多面体的棱长为2，则其外接球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】依据其外接球为正四棱柱的外接球，再结合球的表面积公式，即可得到结果.【详解】由题意可得，依据该几何体的对称性可知，该几何体的外接球即为底面棱长为，侧棱长为的正四棱柱的外接球，即，所以，则该正多面体外接球的表面积故选:A10.已知椭圆C的焦点为，过的直线与C交于P，Q两点，若，则椭圆C的标准方程为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】由已知可设可求出全部线段用表示，在中由余弦定理得从而可求.【详解】如图，由已知可设，又因为依据椭圆的定义，在中由余弦定理得，所以故椭圆方程为：故选：B11.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，若角A的内角平分线的长为3，则的最小值为（）A.21 B.24 C.27 D.36【答案】C【解析】【分析】依据给定条件，利用正弦定理角化边，由余弦定理求出角A，再利用三角形面积定理结合均值不等式求解作答.【详解】在中，，由正弦定理得，即，由余弦定理得，而，则，因角A的内角平分线的长为3，由得：，即，因此，则，当且仅当，即时取等号，所以当时，取得最小值27.故选：C12.设函数（，为自然对数的底数），若曲线上存在点使成立，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由题意，存在，使成立，即存在，使成立，即可得到与有交点，利用导数分析的单调性，进而求解.【详解】由题意，存在，使成立，即存在，使成立，所以，即，所以所以存在，使与有交点，对，，求导得，设，则，令，即；令，即，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以在上单调递增，又，，要使与有交点，则，所以的取值范围是.故选：A.第Ⅱ卷（非选择题，共90分）二、填空题（本大题共4小题，每题5分，共20分．请把答案填在答题卡相应的位置）13.的绽开式中常数项是______________．（用数字作答）【答案】15【解析】【分析】利用二项式定理得到绽开式的通项公式，从而令求出，得到常数项.【详解】的绽开式的通项公式，令，解得，所求常数项为．故答案为：1514.若圆锥的轴截面是边长为1的正三角形，则圆锥的侧面积是______.（结果用含的式子表示）【答案】【解析】【分析】依据题意可得圆锥的底面半径和母线长，进而依据圆锥侧面积公式求得结果．【详解】解：圆锥的轴截面是边长为1的正三角形，圆锥的底面半径，母线，故圆锥的侧面积．故答案为：．15.双曲线的一条渐近线与曲线交于M、N两个不同的点，则__________．【答案】##【解析】【分析】依据题意先求出双曲线的一条渐近线方程，然后与曲线联立，求出交点、的坐标，代入两点间距离公式即可求解.【详解】由题意知：双曲线的渐近线方程为：，不妨取，即，因为曲线可化为，联立方程组，解得：或，取，所以，故答案为：.16.①，②，③，④，上述不等式正确的有______（填序号）【答案】②④【解析】【分析】由指数对数的运算法则和不等式的性质比较大小.【详解】对于①：，，∴，不等式①错误；对于②：，∴，即，不等式②正确对于③：，∴，即，不等式③错误；对于④：，令，则在上恒成立，在上单调递增，∴，，得，，∴，∴，不等式④正确.故答案为：②④三、解答题（本大题共6小题共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．第17-21题为必考题，每个学生都必需作答．第22、23题为选考题，考生依据要求作答）（一）必考题：60分17.第24届冬季奥运会将于2024年2月在北京举办，为了普及冬奥学问，某校组织全体学生进行了冬奥学问答题竞赛，从全校众多学生中随机选取了10名学生，得到他们的分数统计如下表：分数段人数1113211规定60分以下为不及格；60分及以上至70分以下为及格；70分及以上至80分以下为良好；80分及以上为优秀．将频率视为概率．（1）此次竞赛中该校学生成果的优秀率是多少？（2）从全校学生中随机抽取2人，以X表示这2人中成果良好和优秀的人数之和，求X的分布列和数学期望．【答案】（1）（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）用样本的频率来估计总体的概率即可；（2）利用二项分布求概率的方法求概率，得到分布列，然后求期望即可.【小问1详解】∵80分及以上为优秀，∴．∴此次竞赛中该校学生成果的优秀率是．【小问2详解】在全校学生中任选一人，其成果良好或优秀的概率为．X的全部可能取值为0，1，2，，，，∴X的分布列为X012∴．18.在数列中，，它的最大项和最小项的值分别是等比数列中的和的值.（1）求数列的通项公式；（2）已知数列，求数列的前n项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）结合函数的单调性得到数列的最大项和最小项，解出，可得等比数列的通项公式；（2）用错位相减法求数列前n项和【小问1详解】由题意，，结合函数的单调性，可知，所以数列中的最大项为，最小项为，所以，即，所以等比数列的公比，【小问2详解】，，，两式相减得：，故.19.某校主动开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学爱好小组发觉《九章算术》中提到了“刍薨”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E、F、G分别是边长为4的正方形的三边的中点，先沿着虚线段将等腰直角三角形裁掉，再将剩下的五边形沿着线段EF折起，连接就得到了一个“刍甍”(如图2)。（1）若O是四边形对角线的交点，求证：平面；（2）若二面角的大小为求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取线段中点，连接、，可得四边形是平行四边形，然后线面平行的判定定理即得；（2）由题可得即为二面角的平面角，以为坐标原点，分别为轴和轴正向建立空间直角坐标系，求解平面ABE和平面OAB的一个法向量，利用空间向量夹角公式即得．【小问1详解】取线段CF中点H，连接OH、GH，由图1可知，四边形EBCF是矩形，且，∴O是线段BF与CE的中点，∴且，在图1中且，且．所以在图2中，且，∴且，∴四边形AOHG是平行四边形，则，由于平面GCF，平面GCF，∴平面GCF．【小问2详解】由图1，，，折起后在图2中仍有，，∴即为二面角的平面角．∴，以E为坐标原点，，分别为x轴和y轴正向建立空间直角坐标系如图，设，则、、，∴，，易知平面ABE的一个法向量，设平面OAB的一个法向量，由，得，取，则，，于是平面的一个法向量，∴，∴平面ABE与平面OAB夹角的余弦值为．20.已知抛物线经过点，过点的直线与抛物线有两个不同交点，且直线交轴于，直线交轴于.（1）求直线斜率的取值范围；（2）证明：存在定点，使得，且.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由抛物线过可求得抛物线方程，设，与抛物线方程联立，由可得的范围，并确定韦达定理结论；依据可求得且，由此可确定的范围；（2）易知在轴上，设，利用向量数乘的坐标运算可得，，求得方程后，令可推导得到，同理得到，代入中，整理后代入韦达定理的结论可构造方程求得的值，从而确定定点.【小问1详解】抛物线经过点，，解得：，抛物线；由题意知：直线斜率存在，设，，，由得：，，解得：或；，，，，又直线与轴相交于两点，，即，解得：且；综上所述：直线斜率的取值范围为.【小问2详解】设点，，由，，知：共线，即在轴上，则可设，，，，，，同理可得：，，直线，令得：，同理可得：，，，由（1）知：，，，解得：，存在定点满意题意.【点睛】思路点睛：本题考查直线与抛物线综合应用中存在定点满意某条件的问题，求解此类问题的基本思路如下：①假设直线方程，与抛物线方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；③利用韦达定理表示出所求量，将所求量转化为关于变量的函数的形式或构造方程；④化简所得函数式或方程，整理可得定点坐标.21.已知，记的导函数为．（1）探讨的单调性；（2）若有三个零点，且，证明：．【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求导得到，进而得到；令，分别在、的状况下，结合二次函数零点的分布可确定，即的正负，由此可得单调性；（2）依据零点个数和（1）的结论可知，结合可确定；依据可将所证不等式转化为，依据可表示出，整理得到，构造函数，利用导数可求得单调性，得到，从而证得结论.【小问1详解】由题意知：定义域为，，即，；令，则；①当，即时，恒成立，即恒成立，在上单调递增；②当，即或时，令，解得：；当时，，在上恒成立，即恒成立，在上单调递增；当时，，当时，，即；当时，，即；在上单调递增，，在上单调递减；综上所述：当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，，在上单调递减.【小问2详解】若有三个零点，则由（1）知：，又，，，，；，，又，；要证，只需证，即证；由得：，即，即证，又，只需证；令，则，在上单调递增，，即当时，恒成立，，，则原不等式得证.【点睛】关键点点睛：本题考查探讨含参数函数单调性、利用导数证明不等式的问题；本题证明不等式的关键是将多个变量的不等式转化为关于一个变量