数学-辽宁大连第二十四中学2025届高三下学期模拟试题+答案

2024-2025普通高等学校招生全国统一考试模拟试题一、选择题：本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.已知集合A{x|x3=x},B{x|x∈N,|x|<π}.则右图所示的韦恩图所对应的集合为().A.{1,2}.B.{一1}.C.{一1,0,1}D.{0,1}2.已知z=.若|z|=√的值为().A.23.已知命题p:tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC,q:A+B+C=π.则p是q的()条件.A.充分不必要B.必要不充分C.充要D.既不充分也不必要4.已知向量a,b满足|a|=1,|2a+b|+|b|=4.则|a+b|的取值范围为().A.[√3,2]B.(√3,2)C.[1,2]D.[√3,4]5.已知三角形的三边长为a,b,c.若∠C=90°,xlna+xlnb=xlnc.则x可能为().A.1B.eC.e26.椭圆具有光学性质:从一个焦点发出的光线经椭圆边缘反射后会在另一个焦点汇聚，设椭圆半长轴为a,离心率为e,直线l为椭圆在P点处的切线,若F1H丄l.则△F1OH的面积最小值为().A.e2aB.ea2C.ea27.函数f(x)=ax3+3√ax2+3x+b(a≠0)的图像可能为()CBADCBA8.设x∈ℝ,则√5−4sinx+√13−12cosx的最小值为().A.√7B.3C.√10D.√13二、选择题：本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的四个选项中,有多项是符合题目要求的.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.9.已知某次大型考试的成绩服从正态分布X~N(75,σ2)，则下列说法正确的是().（参考数据：P(μ−σ≤X≤μ+σ)≈68.26%，P(μ−2σ≤X≤μ+2σ)≈95.44%A.成绩在85分以上的概率与成绩低于65分的概率相同.B.若标准差σ=10，则成绩超过90分的概率约为2.28%.C.若标准差σ=5，则成绩在(70,85)之间的概率约为81.85%\D.若标准差σ=5.则E=56.510.已知正数列{an}{bn}满足an+1=.记bn+1=2b−8bn+9.则下列说法正确的是().A.若a1=.则∃n,使得an=.B.若a1=.Pn是数列{2an−1}的前n项积,则Pn>C.若b1=，设A=,则|A|=3.D.若b1=,则b2025=11.已知f(x)=M|sin(x+φ)+c|.下列说法中正确的是().A.M=1时,不存在x1≠x2,使得|f(x1)−f(x2)|≥|x1−x2|.B.f(x)在[0,2π]上至多有3个零点.C.f(x)=t(t∈ℝ)在[0,2π]上至多有3个零点.D.若M=40,c=,则f(x)与y=ex(x≥0)有至多有5个交点.三、填空题：本题共3小题,每小题5分.12.ln(ln(lnx))的导函数的定义域为.13.设a∈ℝ,若对任意x>0时均有[(a−1)x−1](3x2−ax−1)≥0,则a=.14.现有四位同学（两男两女）,随机地站到4×4的方格场地中(每人站一格，每格至多一人),则两个男生既不同行也不同列,同时两个女生也既不同行也不同列的概率为.四、解答题：本题共5小题,共60分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.已知函数=lnx−,其中a>1.(1)当a=e时,求曲线y=f(x)在(e,f(e))处的切线；(2)若f(x)单调递增,求a的取值范围.已知数列满足a1=1,a2=2,an+1=+an−1(1).求数列{anan+1}的通项公式..求证:∑>88.在三角形ABC中,(√3tanC−1)(√3tanB−1)=4(A≤B).(1).求角A的值.(2).若D是BC上一点,满足,AD=2求BC的最小值.(3).若BC=√3，线段BC的中垂线交AC于E,且AE=1.求角C的值.我们称底面为椭圆且母线与底面垂直的柱体称为“椭圆柱”.如图所示的椭圆柱OO'中底面长轴AB=A'B'=4，其长轴所在轴截面是正方形，F1,F2分别为下底面椭圆的左右焦点，P在BB'上且PB=1，点Q为上底面椭圆上的一个动点，MN为下底面过点F2的一条动弦（不与AB重合AB'□平面PMN.（1）求底面椭圆的半焦距长；（2）设QF1,QF2与下底面所成的角分别为α,β,求tan(α+β)的取值范围；（3）当弦MN与底面长轴所成角为时，若三棱锥P−MNQ的体积为，求直线PQ与MN所成的角的正弦值.五、选做题:本题满分17分.下面两道题中,考生可以选择一道作答,若均作答,自动视为考生选择[A]题作答.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.19[A].对R2\O中的一点即为射线OA与单位圆的交点.对于曲线E,M(E)={T(A)|A∈E}.本题中|M|表示点集M所组成的曲线长.(1).求证:对任意不过原点且不平行的直线l1,l2.sin(〈l1,l2〉)=sin(|M(l1)∩M(l2)|).(2).对于双曲线①求|M(E1)|(用含a,b的代数式表示)②若a=b.对于任意正整数n.设An是En上一点,An与左右焦点的连线与En分别交于Bn,cn.设以Bn,cn为切点的切线交于Dn,Dn的轨迹为En+1.设|M(En)|=4θn,求证：19[B].为判断一位疑似患病者是否患某传染病,可采用核酸检测的办法.若要为多人进行检测、可以采用”一人一管”或”多人一管”(若这一管中的检测者无一患病,则检测为正常;反之,检测为患病、此时要对这一管中的所有检测者重进新进行“一人一管”的检测)的方式检测(1)现有5位疑似患病者待检测、请从总检测次数(即总管数)方面若虑，是“一人一管”还是”五人一管”的方式更好?。己知每位疑似患者患病相率p=0.1，且每人是否患病相互独立。(2)现由于病情严重.需要进行全城普查,己知现采用“M人一管”的方式(M∈N*)，每人患病概率为p且每人是否患病相互独立,且全城总人数为N(N∈N*,且由于N足够大,可视为M|N).平均每人检测的管数为假设设无误检的情况①求每一管都是“正常”的概率.②全城检测问题与高中课内所学的二项分布较为类似,求证:若x~B(n,p),则E(x)=np;③求证:当M≥2时与N无关,并化简上式.④若p=1一人一管混检时,平均每人管数低于一人一管的检测方法,求M最大值.校之竞赛(高考模拟)参考答案及评分标准1.B2.D3.D4.C5.C6.B7.A8.C9.ACD10.BCD11.ABD12.(e,+∞)13.214.15.(1).a=e时,f′(x)=,------------------------------------------------------------------------------1分故f′(e)=,又f(e)=0,进而切线方程为y=(x−e),整理得y=x+-------------------------------------------------------5分(2).f′(x)=----------------------------------------------------------------------------------7分当a∈(1,e]时,2a−2alna≥0,所以f′(x)>0恒成立，即a∈(1,e]满足题意.---------------------9分当a∈(e,+∞)时,2a−2alna<0,由题意f′(x)>0恒成立,即Δ=(2a−2alna)2−4a2=4a2lna(lna−2)≤0解得a∈(e,e2]综上所述：a∈(1,e2].----------------------------------------------------------------------------------------13分16.（1）由于an+1=+an−1(n≥2),故an+1an=anan−1+1(n≥2).又a1a2=2.故{anan+1}是以2为首项,1为公差的等差数列.故anan+1=n+1.------------------------------------------------------4分(2).由于=an+1−an−1.故∑4=∑4an+1−an−1=a2025+a2024−a1−a2+=a2025+a2024−2-------------------------------------------------------------------------------------------------8分≥2√a2025a2024−2=90−2=88.-----------------------------------------------------------------------10分只需要说明a2024≠a2025.由于a2025=(())(())=,同理a2024=-------------13分(其中(2n)‼=2n×(2n−2)×⋯×2,(2n−1)‼=(2n−1)×(2n−3)×⋯×1)若相等,则2025‼×2023‼=2024‼×2024‼.等式左是一个奇数，右是一个偶数，矛盾.------15分17.(1).由于,(√3−1)(√3−1)=4⟺((√3sinc−COsc)(√3sinB−COsB)=4COscCOsB ⇔−√3(sinBCOsc+sincCOsB)=3COscCOsB−3sincsinB ⟺√3sinA=3COsA⇔tanA=√3.即A=60°---------------------------------------------------------------------------------------4分(2).因为角ADC与∠ADB互补. 在三角形ABE中，由正弦定理.=.法二:由于A=60°,a=√3.故R=1.由于tanB存在,故B不为90°.取出三角形ABC外接圆圆心O,有E18.解：(1)连接PF2，因为AB′∥平面PMN,AB′在平面BAB′内,平面BAB′与平面PMN的交线为PF2，所以AB′平行于PF2.------------------------------------------------------2分.---------------------------------------------------3分m+n=4，tanα=，tanβ=.-------------------------------------------------5分因此tan(α+β)====.根据椭圆性质知1≤m≤3，所以tan(α+β)的取值范围是[−,−.-----------------8分（3）以点o为原点，以点o为原点，椭圆长轴、短轴、直线oo′分别为x,y,z轴建立坐标系oxyz则椭圆的标准方程为+=1.B(2,0,0)，F2(1,0,0)，P(2,0,1)，B′(2,0,4)------------由对称性不妨令直线MN:x=−√3y+1，联立{x1消去x得到13y2–6√3y–9=0.过点Q作QG||MN交A′B′于点G，设G(t,0,4).因此SΔGPF2=.所以S梯形GF2BB′−SΔGPB′−SΔBPF2=×4(2−t+1)−×3(2−t)−=.则GQ:x=−√3y−.与椭圆联立得Q(,−,4)或Q(−,−,4).对于前者，注意到|QG|==|B′Q|=|B′Q|sin.故∠QGB′=.BB′′对于Q(−,−,4),设T(,−,4)直线PQ与MN所成的角即为PQ与QT所成的角∠PQT综上所述，直线PQ与直线MN所成角的正弦值为1或19[A]证明：(1)不妨设l1与l2的交点为K.我们首先证明一个结论:M(l)是一个半圆.考虑过原点且与l平行的直线lI.则对于被lI分开的两个半圆,与l同侧的半圆上的任一个点A,射线OA与l有交点.相对的,另一个半圆上的每一个点B,射线OB与l无交点.故M(l)为上述的与l同侧的半圆回到原题,考虑l与l2的交点P,和l与l1的交点Q.由于l与l1平行,l与l2平行,则OPKQ为平行四边,l2又M(l1),M(l2)分别是以l和l为边界的半圆,故M(l1)∩M(l2)为l和l将圆分成的四部分之一，由于弧度制下单位圆的圆心角与弧长对应相等，进而sin(IM(l1)∩M(l2)I)=sin(〈OP,OQ〉)=,l2则b2a2k2>0,<k<.由于弧度制下单位圆的圆心角与弧长对应相等,设边界与x轴的夹②引理：对于本题所述的En→En+1的变换，其将双曲线参数→引理证明:设A(x0,y0)B(x1,y1)c(x2,y2),设AF1:y=k(x—c),其中k=一.则与椭圆方程联立,得b2x2—a2k2(x—c)2=a2b2.由韦达定理得同理可得x2=一22x0,y2=设D(x3,y3),则BC直线方程为12c2+a2−2x0cc2+a2+2x0c2a2c−a2x0−c2x0−2a2c−a2x0−c2x04a12c2+