江苏省徐州市2025届高三数学下学期考前模拟四模试题含解析

PAGE26-江苏省徐州市2025届高三数学下学期考前模拟（四模）试题（含解析）一､填空题1.已知集合，，则集合中的元素个数为___________.【答案】【解析】【分析】干脆依据并集的运算计算可得；【详解】解：因为集合，所以，故集合中有4个元素，故答案为：4【点睛】本题考查集合的运算，属于基础题.2.复数(为虚数单位)的实部为___________.【答案】【解析】【分析】先化简复数，再依据复数的定义求解．【详解】，所以实部为6．故答案为：6．【点睛】本题考查复数的乘法运算，考查复数的概念，驾驭乘法运算是解题关键．3.从参与疫情防控学问竞赛的学生中抽出60名学生，将其成果(均为整数)整理后画出的频率分布直方图如图所示，则这60名学生中成果在区间的人数为___________.【答案】15【解析】【分析】依据频率分布直方图求出成果在区间的频率，然后可得人数．【详解】由频率分布直方图得，，∴所求人数为．故答案为：15．【点睛】本题考查频率分布直方图，驾驭频率分布直方图的性质是解题关键，频率分布直方图中全部小矩形面积和为1．即全部频率之和为1．4.执行如图所示的算法流程图，则输出的结果为___________.【答案】2【解析】【分析】循环进行赋值运算，直到退出循环，输出结果.【详解】当时，进入循环：；当时，进入循环：；当时，进入循环：；当时，退出循环，输出.故答案为：2【点睛】本题考查了利用循环结构计算变量的值，属于基础题.5.将一个质地匀称的骰子（一种各个面上分别标有1，2，3，4，5，6个点的正方体玩具）先后抛掷2次，则出现向上的点数之和大于10的概率为_______．【答案】【解析】【分析】先写出全部的基本领件个数36个，利用列举法写出满意题意的有3个，由此能求出满意题意的概率．【详解】全部的基本领件可能如下：共有36种，点数之和大于10的有（5,6），（6,5），（6,6），共3种，所求概率为：P＝.故答案为【点睛】本题考查古典概型概率的求法、考查运算求解实力，是基础题．6.在平面直角坐标系中，已知双曲线的一个焦点为，则该双曲线的离心率为___________.【答案】【解析】【分析】由焦点求出，即得，由离心率定义得离心率．【详解】由题意，．，，，∴离心率为．故答案为：．【点睛】本题考查求双曲线的离心率，依据双曲线方程求出后由离心率定义可得离心率，本题属于中档题．7.已知，，若，则实数的值为___________.【答案】5【解析】【分析】先依据向量的减法法则计算，再依据向量垂直的坐标运算求解即可.【详解】解：由题知，又因为，所以，解得：故答案为：.【点睛】本题考查向量的减法运算和向量垂直的坐标表示，是基础题.8.已知圆锥侧面绽开图是一个半径为4，面积为的扇形，则该圆锥的体积为___________.【答案】【解析】【分析】由侧面绽开图求出圆锥底面半径，再求得圆锥的高，然后可得体积，【详解】由题意圆锥的母线长为，扇形弧长为，则，，圆锥底面半径为，则，，∴圆锥的高为，所以圆锥体积为．故答案为：．【点睛】本题考查求圆锥的体积，驾驭圆锥侧面绽开图与解决问题问题的基本方法．9.已知公差不为的等差数列，其前项和为，首项，且，，成等比数列，则的值为___________.【答案】56【解析】【分析】依据题意，先设等差数列的公差为，由，，成等比数列，列出方程求出公差，再由等差数列前项和公式，即可求出结果.【详解】由题意，设等差数列的公差为，因为，，成等比数列，所以，即，即，整理得：，解得：或（舍），因此.故答案为：56.【点睛】本题主要考查等差数列基本量的运算，涉及等比中项的应用，熟记等差数列的通项公式与求和公式即可，属于基础题型.10.已知函数，，若函数的两个零点分别是，则的值为___________.【答案】【解析】【分析】依据三角函数的对称性及角的范围，可得，由此即可求得的值．【详解】解：令，解得，即，又，，令，则，，即，．故答案为：．【点睛】本题考查三角函数的图象及性质的运用，涉及了函数的对称性及零点问题，考查转化思想及运算求解实力，属于中档题．11.设函数是定义在上的奇函数，且则的值为___________.【答案】【解析】【分析】依据分段函数的解析式及函数的奇偶性，先求出，然后再求即可.【详解】因为是定义在上的奇函数，且所以，所以，故答案为：.【点睛】本题主要考查分段函数求值，结合了奇函数的性质应用，属于简洁题.12.在平面直角坐标系中，若圆：与圆：上分别存在点，，使为以为直角顶点的等腰直角三角形，且斜边长为，则实数的值为___________.【答案】【解析】【分析】将圆的方程标准化可得圆心半径，由已知可得，则，数形结合得到的坐标，计算即可得解.【详解】由已知得圆的标准方程为，得：圆心，半径；圆的标准方程为，得：圆心，半径；为以为直角顶点的等腰直角三角形，且斜边长为，即,,又点和点都在圆上，且圆的半径，只能是圆的直径，即点只能是圆与轴的交点（0，2），又点在圆上，点只能是圆与轴的交点，在圆中，令，得：，解得：或（舍去），由，得：，，故答案为：-2或2.【点睛】本题考查圆的一般方程，考查直线和圆的位置关系，数形结合思想方法，属于中档题.13.若的内角满意，则的最小值为___________.【答案】【解析】【分析】由同角三角函数的关系切化弦得，再运用三角恒等变换和正、余弦定理将角转化边可得，依据余弦定理和基本不等式可求得的最小值.【详解】由得，，即，，所以，由正弦定理和余弦定理得：，化简得：，（当且仅当时取等号），所以的最小值为.故答案为：.【点睛】本题考查同角三角函数间的关系，三角恒等变换，正、余弦定理，以及运用基本不等式求最值，关键在于运用合适的公式将角转化为边，属于较难题.14.若函数，的最大值为，则实数的最大值为___________.【答案】【解析】【分析】利用导数探讨函数的单调性求出最值，分、两类进行肯定值运算，验证是否满意函数，的最大值为即可求得a的范围从而求出最大值.【详解】不妨令，则，解得，当时，，为单调递减函数；当时，，为单调递增函数.因为，所以，当时，在处取得最大值，满意题意；当时，在处取得最大值，不满意题意.所以，则a的最大值为.故答案为：【点睛】本题考查利用导数探讨函数的单调性及最值、含肯定值函数的性质，考查学生分类探讨思想，属于较难题.二､解答题15.如图，在三棱柱中，侧面底面，，，分别是棱，的中点.求证：（1）∥平面；（2）.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【分析】（1）要证明∥平面，只需证明∥即可；（2）要证明，只需证明平面即可.【详解】（1）在中，，分别是棱，的中点，所以∥.又在三棱柱中，∥，所以∥.又因平面，平面，所以∥平面.（2）因为侧面底面，侧面底面，，平面，所以平面.又因为平面，所以.【点睛】本题考查线面平行的判定定理以及面面垂直的性质定理，考查学生的逻辑推理实力，是一道简洁题.16.如图，在中，，为边上一点，，且．（1）求；（2）求的面积．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）由余弦定理结合题意可得，依据同角三角函数的平方关系可得、，再利用即可得解；（2）由正弦定理可得，进而可求得、，利用三角形面积公式即可得解.【详解】（1）在中，由余弦定理得所以因为，是三角形的内角，所以所以；（2）在中，由正弦定理得，所以，，所以，所以．【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理及三角恒等变换的综合应用，考查了运算求解实力，属于中档题.17.如图，某市地铁施工队在自点M向点N直线掘进的过程中，因发觉一地下古城(如图中正方形所示区域)而被迫改道.原定的改道安排为：以M点向南，N点向西的交汇点为圆心，为半径做圆弧，将作为新的线路，但由于弧线施工难度大，于是又确定自点起，改为直道.已知千米，点A到OM，ON的距离分别为千米和1千米，，且千米，记.（1）求的取值范围；（2）已知弧形线路的造价与弧长成正比，比例系数为3a，直道PN的造价与长度的平方成正比，比例系数为a，当θ为多少时，总造价最少？【答案】（1）；（2）当θ为时，总造价最少.【解析】【分析】（1）以O为原点，ON所在直线为x轴建立平面直角坐标系，依据题意，求出直线CN的方程，所在圆的方程，联立直线与圆的方程，求出交点C的坐标，当PN过点C时，求出，结合图形，即可得出结果；（2）先由题意，得到的长为，设，得出，，，用导数的方法求出其最小值即可.【详解】（1）以O为原点，ON所在直线为x轴建立平面直角坐标系，则，，，所以直线CN的方程为，所在圆的方程为，联立解得，当PN过点C时，，，所以的取值范围是.（2）由题意，的长为，设，则，所以总造价，，，所以，令得，，所以，列表如下：↘微小值↗所以当时，有微小值，也是最小值.答：当为时，总造价最少.【点睛】本题主要考查导数的应用，熟记导数的方法求函数的最值即可，属于常考题型.18.如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：的右焦点为F，左顶点为A，下顶点为B，连结BF并延长交椭圆于点P，连结.记椭圆的离心率为e.（1）若，求椭圆C的标准方程；（2）若直线PA与PB的斜率之积为，求e的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用以及列方程组，解方程组求得的值，进而求得椭圆的标准方程.（2）求得直线的方程，进而求得点的坐标，由此求得直线的斜率，依据直线和的斜率之积列方程，化简后求得的值.【详解】（1）设椭圆的焦距为2c.由题意，得解得所以椭圆的方程为.（2）因为B，在直线PB上，所以直线PB方程为.解方程组得或所以点P的坐标为.因为直线PB的斜率，直线PA的斜率，又因为直线PA和PB的斜率之积为，所以，化简得，因为，所以，所以椭圆的离心率.【点睛】本小题主要考查椭圆方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系，考查椭圆离心率的求法，属于难题.19.已知函数，是自然对数的底数，.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若函数在上单调递增，求的取值范围；（3）若存在正实数，使得对随意的，总有，求的取值范围.【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）代入的值，求出，，求出切线方程即可；（2）问题转化为在，恒成立，依据函数的单调性求出的范围即可；（3）令，求出函数的导数，通过探讨的范围，求出函数的单调区间，确定的范围即可．【详解】解：（1）当时，，，则，，所以曲线在点处的切线方程为.（2）因为在上单调递增，所以在上恒成立，即在上恒成立，所以在上恒成立，又因为函数在上单调递增，所以，当且仅当，时，，所以的取值范围为.（3）不等式即，令，则，①当时，在上恒成立，所以在上单调增，所以，不符合题意；②当时，由得，列表如下：↘微小值↗令，在上，总有，符合题意，综上所述，的取值范围为.【点睛】本题考查了切线方程，考查函数的单调性，极值问题，考查导数的应用以及分类探讨思想，转化思想，是一道综合题．20.已知数列满意，，，.（1）若，求，的值；（2）证明：对随意正实数，成等差数列；（3）若()，，求数列的通项公式.【答案】（1），；（2）证明见解析；（3），.【解析】【分析】（1）分别代入可得；（2）由，再写一次有，两式相加后得，从而可得数列的奇数项和偶数项分别成等差数列，从而可得证结论；（3）设奇数项所成等差数列的公差为，偶数项所成等差数列的公差为，按在奇偶分类探讨写出，利用不等式关系得出，从而求得，再按等差数列的性质得出结论．【详解】（1）当时，，所以，当时，，所以.（2）因为，当时，，两式相加得，，即，所以为等差数列，设公差为，为等差数列，设公差为.所以，所以成等差数列.（3）设奇数项所成等差数列的公差为，偶数项所成等差数列的公差为.①当为奇数时，，，则，即，所以，故.②当为偶数时，，，则，即，所以，故.综上可得，.又，所以.所以当为奇数时，；当为偶数时，.故数列的通项公式为，.【点睛】本题考查的递推公式，考查证明等差数列，考查学生的分类探讨思想，运算求解实力，分析问题解决问题的实力．属于难题．21.已知矩阵，点在矩阵对应的变换作用下变为点.（1）求，的值；（2）求矩阵特征值.【答案】（1）；（2）1和4.【解析】【分析】（1）利用矩阵乘法得，列方程组解得；（2）写出其特征多项式，可解得特征值，【详解】（1）由条件知，，所以解得（2）由（1）知，，矩阵的特征多项式为，令，解得或，∴的特征值为1和4.【点睛】本题考查矩阵的乘法运算，考查特征多项式和特征值，属于基础题．22.在极坐标系中，已知两点，.以极点为坐标原点，极轴为轴正半轴建立平面直角坐标系，直线的参数方程为(为参数).（1）求，两点间的距离；（2）求点到直线的距离.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）中，应用余弦定理可求得；（2）消去参数得直线的一般方程，把的极坐标化为直角坐标，由点到直线距离公式得距离．【详解】（1）在中，，，由余弦定理，得.（2）直线的一般方程为，点的直角坐标为，所以点到直线的距离为.【点睛】本题考查极坐标的应用，考查参数方程与一般方程的互化，考查极坐标与直角坐标的互化，考查点到直线的距离公式与余弦定理．驾驭极坐标的意义是解题关键．23.设函数.（1）解不等式；（2）设，若的最小值为，求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）依据肯定值的性质求解．即由得或，解之可得；（2）依据肯定值的定义分类探讨去肯定值符号后得函数的单调性，从而得最小值，由最小值为可求得．【详解】（1）不等式即，则或，解得或，所以不等式的解集为.（2）∵，∴函数在上单调减，在上单调增，所以的最小值为，解得.【点睛】本题考查解肯定值不等式，考查求含肯定值的函数的最值，解题方法一般是依据肯定值的定义分类探讨去肯定值符号，化为分段函数后解决问题，假如只有一个肯定值符号的不等式还可以利用肯定值性质进行等价