北京市房山区2025届高三数学第二次模拟检测试题含解析

PAGE21-房山区2024年高考其次次模拟检测高三数学第一部分（选择题共40分）一、选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1.已知全集，集合，那么集合（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】计算，再计算补集得到答案.【详解】，，解得或，故，故.故选：D.【点睛】本题考查解不等式，补集的计算，属于简洁题.2.在△中，若，，，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】干脆利用正弦定理计算得到答案.【详解】依据正弦定理：，故，解得.故选：B.【点睛】本题考查了正弦定理，意在考查学生的计算实力.3.函数的最小正周期为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】化简得到，利用周期公式得到答案.【详解】，故周期.故选：A.【点睛】本题考查了二倍角公式，三角函数周期，意在考查学生对于三角函数学问的综合应用.4.若双曲线的一条渐近线经过点，则该双曲线的离心率为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】首先依据题意得到，再依据计算即可.【详解】由题知：双曲线的渐近线方程为，因为渐近线方程过点，所以过点，即..故选：C【点睛】本题主要考查双曲线离心率的求法，依据题意找到的关系式为解题的关键，属于简洁题.5.函数的零点个数为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】由，得到.分别画出和的图象可知当时，函数和有一个交点.当时，利用导数探讨函数的单调性和最值即可得到零点个数，再综合和的状况即可得到函数的零点个数.【详解】令，得：，分别画出和的图象，如图所示：当时，函数和有一个交点.当时，，令，，，.当，，为减函数，当，，为增函数.所以，所以在为增函数，又因为，所以，.故在无零点.综上：函数的零点个数为.故选：B【点睛】本题主要考查利用导数探讨函数的零点，同时考查了数形结合的思想，属于中档题.6.“”是“”的（）A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】依据三角函数运算依次推断充分性和必要性得到答案.【详解】若，则，则若，则，故是充分条件；若，取，则，故不是必要条件.故“”是“”的充分而不必要条件.故选：A.【点睛】本题考查了充分不必要条件，意在考查学生的计算实力和推断实力.7.已知函数，则（）A.是奇函数，且在上是增函数B.是奇函数，且在上是减函数C.是偶函数，且在上是增函数D.是偶函数，且在上是减函数【答案】C【解析】【分析】利用奇偶性的定义推断函数的奇偶性，再利用复合函数单调性法则推断单调性，结合选项可得结果.【详解】，是偶函数；当时，，设，则在上单增，又为增函数，所以在上单增，是偶函数，且在上是增函数.故选：C.【点睛】本题主要考查函数奇偶性的推断以及函数单调性的推断，属于中档题.推断函数的奇偶性首先要看函数的定义域是否关于原点对称，假如不对称，既不是奇函数又不是偶函数，假如对称常见方法有：（1）干脆法，(正为偶函数，负为减函数)；（2）和差法，（和为零奇函数，差为零偶函数）；（3）作商法，（为偶函数，为奇函数）.8.某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长侧棱的长为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】依据三视图可得直观图四棱锥，结合图形，即可得到最长的侧棱为，依据勾股定理即可求出的长．【详解】依据三视图可得直观图四棱锥，如图：底面是一个直角梯形，，，,,且底面，所以，，∴该四棱锥最长侧棱长为.故选:C【点睛】本题考查三视图的问题，关键是画出直观图，结合图形即可得到答案，考查学生的直观想象和运算求解实力.9.把物体放在冷空气中冷却，假如物体原来的温度是℃，空气的温度是℃，经过分钟后物体的温度℃可由公式求得，其中是一个随着物体与空气的接触状况而定的大于的常数．现有℃的物体，放在℃的空气中冷却，分钟以后物体的温度是℃，则约等于（参考数据：）（）A. B.C. D.【答案】D【解析】分析】℃的物体，放在℃的空气中冷却，4分钟以后物体的温度是℃，则，从而，由此能求出的值．【详解】由题知，℃的物体，放在℃的空气中冷却，4分钟以后物体的温度是℃，则，从而，，得.故选:D【点睛】本题主要考查指数与对数的运算，考查了学生的阅读理解实力和运算求解实力.10.李明自主创业种植有机蔬菜，并且为甲、乙、丙、丁四家超市供应配送服务，甲、乙、丙、丁四家超市分别须要每隔天、天、天、天去配送一次．已知月日李明分别去了这四家超市配送，那么整个月他不用去配送的天数是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】由题意将剩余天数编号，转化条件得李明每逢编号为3、4、6、7的倍数时要去配送，利用分类加法即可得解.【详解】将月剩余的30天依次编号为1，2，330，因甲、乙、丙、丁四家超市分别须要每隔天、天、天、天去配送一次，且月日李明分别去了这四家超市配送，所以李明每逢编号为3的倍数的那天要去甲超市配送，每逢编号为4的倍数的那天要去乙超市配送，每逢编号为6的倍数的那天要去丙超市配送，每逢编号为7的倍数的那天要去丁超市配送，则李明去甲超市的天数编号为：3、6、9、12、15、18、21、24、27、30，共10天；李明去乙超市但不去甲超市的天数编号为：4、8、16、20、28，共5天；李明去丙超市但不去甲、乙超市的天数编号不存在，共0天；李明去丁超市但不去甲、乙、丙超市的天数编号为：7、14，共2天；所以李明须要配送的天数为，所以整个月李明不用去配送的天数是.故选：B.【点睛】本题考查了计数原理的应用，考查了逻辑推理实力、转化化归思想与分类探讨思想，关键是对于题目条件的转化与合理分类，属于中档题.其次部分（非选择题共110分）二、填空题共5小题，每小题5分，共25分．11.若（），则_________．【答案】【解析】【分析】由题意结合复数的乘法法则可得，由复数相等的条件即可得解.【详解】由题意，由可得，解得.故答案为：.【点睛】本题考查了复数代数形式的乘法运算，考查了复数相等的条件与运算求解实力，属于基础题.12.若直线与圆相切，则_________．【答案】【解析】【分析】由题意结合圆的方程可得该圆圆心为，半径为，再利用圆心到直线的距离等于半径即可得解.【详解】由题意圆的方程可转化为，所以该圆圆心为，半径为，所以圆心到直线的距离，解得.故答案为：.【点睛】本题考查了圆的方程的应用，考查了直线与圆的位置关系的应用以及运算求解实力，属于基础题.13.已知抛物线：的焦点为，点在抛物线上，，则点的横坐标是________，△（为坐标原点）的面积为_________．【答案】(1).(2).【解析】【分析】设出焦点坐标，依据抛物线定义即可求出点的横坐标，得到点坐标，继而可求△（为坐标原点）的面积.【详解】因为，所以焦点，设点，所以依据抛物线的定义由：，又，所以，解得：，即点的横坐标是.因为，又，所以，，所以，故△（为坐标原点）的面积为.故答案为：；.【点睛】本题考查抛物线定义的应用，解题关键依据抛物线定义用抛物线上点的横坐标表示焦半径的长，属于基础题.14.已知正方形的边长为，若，则的值为_________．【答案】【解析】【分析】建立平面直角坐标系，求得点P的坐标，进而得到的坐标，再利用数量积的坐标运算求解.【详解】如图所示建立平面直角坐标系：则，设，，因为，，解得，所以，所以，所以，故答案为：【点睛】本题主要考查平面对量的坐标表示和数量积运算，还考查了运算求解的实力，属于中档题.15.对随意两实数，，定义运算“”：给出下列三个结论：①存在实数，，使得成立；②函数的值域为；③不等式的解集是．其中正确结论的序号是_____________．【答案】①③【解析】【分析】由得，，对于①，由得，，由肯定值三角不等式即可推断；（另解：举例说明，取；）对于②，，再依据协助角公式和三角函数的性质即可推断；对于③，由得，，解出即可推断．【详解】解：由得，，对于①，由得，，即，由肯定值三角不等式可得，，当且仅当时，等号成立，故①对；（另解：取，则，则成立；）对于②，，故②错；对于③，由得，，即，∴，解得，故③对；故答案为：①③．【点睛】本题主要考查新定义问题，解题的关键在于理解新运算的含义，属于中档题．三、解答题共6题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．16.如图，在三棱柱中，是边长为正方形，平面平面，，，点为棱的中点．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）．【解析】【分析】（Ⅰ）由题意，利用平面与平面垂直的性质可得平面，得到平面，得，由是正方形，得，再由直线与平面垂直的判定可得平面；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，平面，又，故以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量与的坐标，由两向量所成角的余弦值可得直线与平面所成角的正弦值．【详解】（Ⅰ）证：平面平面，平面平面，平面，且，平面，在三棱柱中，有，平面，得,是正方形，，而，平面；（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，平面，又，以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，，设平面的一个法向量为，由，取，得，设直线与平面所成角为，则，即直线与平面所成角的正弦值为．【点睛】本题主要考查直线与平面垂直的判定，考查线面角的求法，考查空间想象实力与思维实力，属于中档题．17.已知数列的前项和为，，．是否存在正整数（），使得成等比数列？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．从①，②，③这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答．【答案】若选①，不存在正整数（），使得成等比数列；若选②，存在，使得成等比数列；若选③，存在，使得成等比数列．【解析】【分析】由题意得，若存在正整数（）满意题意，则；若选①，则数列是首项为1，公比为2的等比数列，求得，，代入数据求解即可求出答案；若选②，则当时，，据此求得，，代入数据求解即可求出答案；若选③，则当时，，据此求得，代入数据求解即可求出答案．【详解】解：若选①，则数列是首项为1，公比为2的等比数列，∴，，∴，，若成等比数列，则，则，即，即，解得，均不符合题意，故不存在正整数（），使得成等比数列；若选②，则当时，，又符合上式，则，，∴，∴，，若成等比数列，则，即，解得，或（舍去），故存在，使得成等比数列；若选③，则当时，，又符合上式，则，，∴，，若成等比数列，则，则，即，解得，或（舍去），故存在，使得成等比数列．【点睛】本题主要考查依据数列的递推公式求通项公式，考查计算实力，属于中档题．18.“十一”黄金周某公园迎来了旅游高峰期，为了引导游客有序游园，该公园每天分别在时，时，时，时公布实时在园人数．下表记录了月日至日的实时在园人数：日日日日日日日时在园人数时在园人数时在园人数时在园人数通常用公园实时在园人数与公园的最大承载量（同一时段在园人数的饱和量）之比来表示游园舒适度，以下称为“舒适”，已知该公园的最大承载量是万人．（Ⅰ）甲同学从月日至日中随机选天的下午时去该公园巡游，求他遇上“舒适”的概率；（Ⅱ）从月日至日中任选两天，记这两天中这个时间的巡游舒适度都为“舒适”的天数为，求的分布列和数学期望；（Ⅲ）依据月日至日每天时的在园人数，推断从哪天起先连续三天时的在园人数的方差最大？（只需写出结论）【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）的分布列见解析，数学期望；（Ⅲ）从10月3日起先连续三天时的在园人数的方差最大．【解析】【分析】（Ⅰ）由题意得，在园人数为万人以下为“舒适”，由此依据古典概型的概率计算公式求解即可；（Ⅱ）从月日至日中，这个时间的巡游舒适度都为“舒适”的有4日、6日、7日，得的取值可能为0，1，2，且听从超几何分布，由此可求出答案；（Ⅲ）依据方差的定义视察波动幅度，由此可得出结论．【详解】解：∵以下称为“舒适”，该公园的最大承载量是万人，∴在园人数为万人以下为“舒适”，（Ⅰ）月日至日的下午时去该公园巡游，“舒适”的天数为3天，∴甲同学遇上“舒适”的概率；（Ⅱ）从月日至日中，这个时间的巡游舒适度都为“舒适”的有4日、6日、7日，∴的取值可能为0，1，2，且听从超几何分布，∴，，，∴的分布列为012∴的数学期望；（Ⅲ）从10月3日【点睛】本题主要考查离散型随机变量的分布列及数学期望，考查古典概型的概率计算公式，考查方差的定义，属于基础题．19.已知椭圆的两个顶点分别为，，焦点在轴上，离心率为．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）设为原点，点在椭圆上，点和点关于轴对称，直线与直线交于点，求证：，两点的横坐标之积等于，并求的取值范围．【答案】（I）；（II）证明见解析；的取值范围是.【解析】【分析】（I）依据椭圆的顶点、离心率以及求得，从而求得椭圆的方程.（II）设出的坐标，求得直线和直线的方程，由此求得交点的坐标，进而证得两点的横坐标之积等于.求得的表达式，由此求得的取值范围.【详解】（I）由于椭圆焦点在轴上，所以，所以椭圆的方程为.（II）设则、.依题意可知，且.直线的方程为，直线的方程为.由解得，即.所以两点的横坐标之积为.由.由于，且，所以，.也即的取值范围是.【点睛】本小题主要考查依据求椭圆方程，考查椭圆中的定值问题，考查椭圆中的范围问题，属于中档题.20.已知函数．（1）求函数的定义域；（2）求曲线在点处的切线方程；（3）求证：当时，．【答案】（1）；（2）;（3）见解析.【解析】【分析】（1）由分母不等于0解不等式可求得定义域；（2）依据导数的几何意义易求出切线方程；（3）先求导推断函数在上的单调性，再求出最小值，命题得证.【详解】解：（1）由得，，.所以函数的定义域为.（2）由得：，又，所以曲线在点处的切线方程为：.（3）由（2）得，.当时，与单调递增，所以在上单调递增.又，所以在上单调递减，在上单调递增.故.【点睛】本题