湖南省株洲市第十三中学2024-2025学年高三下学期3月模拟考试数学试题（解析版）

第1页/共1页绝密★★本科目考试启用前2024—2025学年高三3月模拟考试数学科目考生注意：1．本卷满分150分，考试时间120分钟．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．4．本试卷主要命题范围：高考范围．一、单项选择题：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．1.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用对数与指幂的互换，结合对数函数的性质，根据交集，可得答案.【详解】由，，，则.故选：B．2.下列函数在定义域内既是奇函数又是增函数的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根函数奇偶性的定义及常见函数的单调性判断即可.【详解】对于A，函数定义域为，且，则函数为奇函数，但函数在上单调递减，故A错误；对于B，函数定义域为，且，则函数为奇函数，但函数和上单调递增，在和上单调递减，故B错误；对于C，函数定义域为，且，则函数为奇函数，而在上单调递增，所以函数在上单调递增，故C正确；对于D，函数定义域为，且，则函数为奇函数，但函数的单调递增区间是，故D错误.故选：C.3.已知复数在复平面内所对应的点位于第一象限，且，则复数在复平面内所对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】D【解析】【分析】由复数乘、除运算即可求解.【详解】复数在复平面内所对应的点位于第一象限，设，∵，∴，，，∴复数在复平面内所对应的点位于第四象限，故选：D．4.某机器上有相互啮合的大小两个齿轮（如图所示），大轮有50个齿，小轮有15个齿，小轮每分钟转10圈，若大轮的半径为，则大轮每秒转过的弧长是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，求出大轮每分钟转的圈数，再借助弧长公式计算即得【详解】由大轮有50个齿，小轮有15个齿，小轮每分钟转10圈，得大轮每分钟转的圈数为，因此大轮每秒钟转的弧度数为，所以大轮每秒转过的弧长是.故选：D5.已知等差数列的公差不为0，前项和为，若，则（）A. B.数列最小项是C.的最小值是 D.当时，【答案】D【解析】【分析】根据条件列方程求出首项与公差，写出通项公式判断A，求出解析式判断B，求出前项和判断C，解不等式判断D.【详解】等差数列中，，所以，即，化简得，由可得，解得或（舍去），联立可得，从而，故A错误；因为，所以数列最小项是，故B错误；因为，所以的最小值是，故C错误；由，即，解得(舍去)或，故D正确.故选：D6.甲､乙两名乒乓球运动员进行一场比赛，采用7局4胜制（先胜4局者胜，比赛结束），已知每局比赛甲获胜的概率为，则甲第一局获胜并最终以获胜的概率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用独立重复事件，分析获胜情况，即可求出概率.【详解】甲第一局获胜并最终以获胜，说明甲､乙两人在5局比赛中，甲胜了4局，输了1局，并且输掉的这局为第二局或第三局或第四局，故概率为.故选：C7.已知点为椭圆上一点，分别为的左，右焦点.若半径为的圆与的延长线切于点，与的延长线切于点以及与线段切于点.若，则的离心率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由几何关系和椭圆的定义可得，为椭圆的右顶点，进而可得，由，可得，进而可知，结合可得椭圆的离心率.【详解】如图，由切线定理可知，，，所以，故，所以为椭圆的右顶点，连接，，则，，由，得或（舍去），所以，又，故，得，故选：D.8.已知函数，若方程恰有5个不同的解，则实数a的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】求出定义域，分和两种情况，求导，得到函数单调性，从而画出的图象，因式分解得到或，其中有2个不同的解，故需有3个不同解且和的解不同，即，解得.【详解】函数的定义域为，若时，由求导得，，故当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，故在处取得极小值，也是最小值，，当时，；当时，；若时，由求导得，，因为，故恒有，即在上单调递增，且当时，，当时，，即当时，恒有.作出函数的大致图象如图所示.又由可得或，由图知有两个根，此时方程有2个不同的解；要使方程恰有5个不同的解，需使有3个零点，由图知，需使，即，解得.综上所述，实数a的取值范围是.故选：B.【点睛】思路点睛：关于方程根的个数问题，通常转化为函数图象交点，函数图象复杂时，需要借助导数研究其单调性，分析其变化趋势，然后作出函数图象进行求解.二、多项选择题：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，有多项符合题目要求，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.已知函数，则下列说法正确的是（）A.函数的最小正周期为B.函数的最大值为C.函数的图象关于点对称D.函数的图象向左平移个单位，得到的函数图象关于轴对称【答案】AD【解析】【分析】先结合二倍角公式及辅助角公式对已知函数进行化简，然后结合正弦函数的性质即可判断．【详解】，所以，故A正确；的最大值为，故B错误；因为，所以的图象不关于点对称，故C错误；将的图象左平移个单位，得到函数是偶函数，图象关于轴对称，故D正确.故选：AD.10.如图，在直三棱柱中，，，E，F，G，H分别为，，，的中点，则下列说法正确的是（）A. B.，，三线不共点C.与平面所成角为 D.设，则多面体的体积为1【答案】AC【解析】【分析】对于A，连接，，由和可证得结论；对于B，先证，即得，相交，再由交点在两个相交平面内即得三线交于一点排除B；对于C，作于点M，证明平面得，由推得，得平面，即得为与平面所成的角即可求得；对于D，过点H作交于点D，过点D作，连接，可将多面体分割成三棱柱和四棱锥求体积.【详解】对于A，如图，连接，，由G，E分别为，的中点，可得，由可知，侧面为正方形，所以，所以，故A正确；对于B，如图，连接，，由题易知,则，延长，相交于点P，因为，平面，所以平面，因为，平面，所以平面，因为平面平面，所以，所以，，三线共点，故B错误；对于C，作于点M，因为，，，平面，平面，所以平面，因为平面，所以，又，所以，又，平面，平面，所以平面.而，所以为与平面所成的角，等于，故C正确；对于D，过点H作交于点D，过点D作，连接，易知直三棱柱的底面是直角边长为1的等腰直角三角形，柱高，则，四棱锥的底面是边长为1的正方形，锥高，则，则多面体的体积为.故D错误.故选:AC.11.在如图所示的方格图中，去掉以下哪一个方格，剩下的方格图能用总共21个或的矩形方格图完全覆盖（）A.① B.② C.③ D.④【答案】AD【解析】【分析】AD选项，可通过画图得到正确；BC选项，去掉②或③后，会有无法用或的矩形方格的图形出现，故BC错误.【详解】当去掉①后，可如图所示的方法来进行覆盖，A正确；同理，当去掉④，可以如图所示的方法来进行覆盖，D正确；当去掉②时，除去②和②周围的3个表格外，共用去20个或的矩形方格进行覆盖，②周围的三个表格无法用或的矩形方格来覆盖，利用其他方式进行覆盖，最后始终会有结构出现，从而无法用总共21个或的矩形方格图完全覆盖，B错误；同理可得去掉③后，无法用总共21个或的矩形方格图完全覆盖，C错误故选：AD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知满足，则__________.【答案】【解析】【分析】应用同角三角函数关系及两角差正弦公式化简求出，最后应用两角和正弦即可求解.【详解】，.故答案为：.13.已知，，成等差数列，若直线与曲线相切，则________．【答案】【解析】【分析】根据，，成等差数列可得直线过定点，又点在曲线上，可得直线与曲线相切于点，切线方程可求，进而可得的值.【详解】由题意得，直线，故直线过定点，且曲线过点，故直线与曲线（无拐点）相切于点.∵，∴直线的斜率，∴直线的方程为，∴，∴.故答案为：.14.从中任意选取四元数组，满足，则这样的四元数组的个数为__________.（用数字作答）【答案】70【解析】【分析】根据题意得到，从而得到四元数组的个数相当于从8个元素中选取4个，即可得到答案.【详解】由题意得，将连同右边的3个空位捆绑，连同右边的4个空位捆绑，连同右边的5个空位捆绑，分别看作一个元素，还剩个元素.四元数组的个数相当于从8个元素中选取4个，故这样四元数组的个数是.故答案为：70四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.已知，，，分别是角，，的对边，的面积．（1）证明：；（2）若为的平分线，交于点，且，，求的长．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由三角形的面积公式以及正弦定理的边角互化代入计算，即可证明；（2）根据题意，由等面积法以及三角形的面积公式代入计算可得，再由余弦定理代入计算，即可得到结果.【小问1详解】证明：因为，化简得，由正弦定理，得，又，所以，整理得．又，为的内角，所以，即．【小问2详解】因为为平分线，且，所以，所以，在等腰三角形中，．①又，∴，则，化简得，又，∴．②①代入②，得，解得或（舍去），∴，在中，由余弦定理得，∴．16.已知抛物线：，过点的直线交抛物线于，两点，且点到抛物线的准线的距离为.（1）求抛物线的方程；（2）已知为坐标原点，直线的斜率为，的面积为，求直线的方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求出抛物线的准线方程，由已知求得即可.（2）设出直线方程，与抛物线方程联立，结合韦达定理求出面积表达式求出值即可.【小问1详解】抛物线的准线方程为，由点到抛物线的准线的距离为，得，解得，所以抛物线的方程为.【小问2详解】由（1）知，直线方程为，设，由消去得，则解得或，，，令直线与轴的交点，则的面积，因此，解得，所以直线方程为.17.如图，在四棱柱中，，，，，，分别是棱，的中点.（1）证明：平面.（2）若，直线与平面所成角的正弦值为.①求四棱柱的体积；②求平面与平面的夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）①24；②【解析】【分析】（1）利用余弦定理证得，再利用线面垂直的判定推理得证.（2）①取中点，利用线面角的定义求出，进而求出体积；②连接，利用几何法探求出两个平面的夹角，再进行求解.【小问1详解】在梯形中，，，则，在中，，，则，，而，平面，所以平面.【小问2详解】①由，平面，得平面，取中点，连接，由是的中点，得，由（1）知，平面，则是直线与平面所成的角，即，，，所以四棱柱的体积.②连接，由①知平面，，则平面，平面，则，而，于是，又平面，所以平面，因为平面，所以，由是的中点，得，共面，因此是平面与平面的夹角，，所以平面与平面的夹角的余弦值是.18.已知函数（1）若曲线在点处的切线在轴上的截距为，求的值；（2）若函数存在唯一极值点，求的取值范围；（3）若函数存在极大值，记作，求证：.（参考结论：当时，.这里表示从0的右边逼近表示从0的左边逼近0.）【答案】（1）（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线方程，进而建立关于的方程，解之即可求解；（2）由题意可知在上有唯一解.利用导数讨论的性质即可求解；（3）由（2）确定，进而，构造函数，利用导数讨论的性质即可证明.【小问1详解】且，则，所以切线方程为，令，则，由题意得，解得；【小问2详解】存在唯一极值点等价于方程在上有唯一解.设，则，由，所以在上单调递减，在上单调递增，又当时，，当时，，所以在上的值域为，在上的值域为，故只需，解得，即实数的取值范围为；【小问3详解】设，当时，，由零点的存在性定理知，存在使得，即当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，所以存在极大值为，极小值为，不符合题意；当时，由（2）知，存在唯一的零点，则在上单调递减，在上单调递增，所以存在极小值为.故若存在极大值，则，且，有，得，即，即，则，令，则，所以在上单调递增，且，所以，即.【点睛】难点点睛：本题考查了导数的综合应用，难度较大，特别是第三问证明不等式时难点所在，解答时要结合函数极值以及构造函数，利用函数单调性进行证明.19.材料一：英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，创立了贝叶斯统计理论，对于统计决策函数､统计推断等做出了重要贡献.贝叶斯公式就是他的重大发现，它用来描述两个条件概率之间的关系.该公式为：设是一组两两互斥的事件，，且，，则对任意的事件，有，.材料二：马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，在强化学习､自然语言处理､金融领域､天气预测等方面都有着极其广泛的应用.其数学定义为：假设我们的序列状态是，，那么时刻的状态的条件概率仅依赖前一状态，即.请根据以上材料，回答下列问题.（1）已知德国电车市场中，有的车电池性能很好.公司出口的电动汽车，在德国汽车市场中占比，其中有的汽车电池性能很好.现有一名顾客在德国购买一辆电动汽车，已知他购买的汽车不是公司的，求该汽车电池性能很好的概率；（结果精确到0.001（2）为迅速抢占市场，公司计划进行电动汽车推广活动.活动规则如下：有11个排成一行的格子，编号从左至右为，有一个小