2025届甘肃省张掖市高三下册数学检测试卷（一模）附解析

2025届甘肃省张掖市高三下学期数学检测试卷（一模）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.复数在复平面内对应的点所在的象限为（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【正确答案】D【分析】根据虚数单位的乘方运算，可得其周期，结合复数的几何意义，可得答案.【详解】由，且，则，所以，可得其在复平面上对应的点为，即该点在第四象限.故选：D.2.已知向量不共线，且，若与同向共线，则实数λ的值为（）A.1 B.C.1或 D.或【正确答案】B【分析】由共线可得，求解可得或，检验可求得的值.【详解】因为与共线，所以，解得或.若，则，则，此时与方向相反，故舍去；若，则，则，此时与方向相同.故.故选：B.3.已知圆锥的底面半径和球的半径相等，且它们的表面积相等，则该圆锥和球的体积之比为（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】设球的半径及圆锥的底面半径均为，圆锥的母线长为，再根据球与圆锥的表面积公式求得，根据勾股定理求得，再结合球与圆锥的体积公式分析体积比即可【详解】设球的半径及圆锥的底面半径均为，圆锥的母线长为，则，所以，球的体积为，圆锥的高，圆锥的体积为，所以圆锥的体积与球的体积的比值为．故选：C．4.若方向向量为的直线与圆相切，则直线的方程可以是（）A. B.C. D.【正确答案】B【分析】根据直线的方向向量得出斜率，设点斜式方程，再由圆心到直线距离等于半径求解.【详解】由直线的方向向量为知，直线的斜率，设直线方程为，则由直线与圆相切知，圆心到直线的距离，解得或，所以直线的方程为或，即或，故选：B5.已知函数的定义域为R，且为奇函数，为偶函数，当时，，则（）A.0 B.1 C.2 D.2025【正确答案】C【分析】由函数奇偶性，确定为周期函数，再结合，求得，即可求解.【详解】因为为奇函数，所以关于点中心对称，又为偶函数，所以关于直线对称，所以为周期函数且周期，∴，∵，∴，∴.故选:C．（新情境题）6.阆中熊猫乐园承载着许多人的回忆，将乐园的摩天轮图（1）所示抽象成图（2）所示的平面图形．已知摩天轮的半径为40米，其中心点距地面45米，摩天轮按逆时针方向匀速转动，每24分钟转一圈．摩天轮上一点距离地面的高度为（单位：米），若从摩天轮的最低点处开始转动，则与转动时间（单位：分钟）之间的关系为．则摩天轮转动8分钟后，求点距离地面的高度（）A.50米 B.60米 C.65米 D.75米【正确答案】C【分析】由图易得振幅，平衡轴，周期，再由题意知函数经过点，代入解得初相，从而可得函数，即可得当分钟时，点距离地面高度米.【详解】由题意知：摩天轮上一点距离地面的高度为（单位：米）与转动时间（单位：分钟）之间的关系为．所以由图可知，，，于是，由于点是从摩天轮的最低点处开始按逆时针开始转动，则当时，，代入点得，，又，解得，又由函数的周期，解得，则，当（分钟）时，（米）.故选：C7.曲线与的公切线的斜率为（）A. B. C. D.【正确答案】A【分析】根据导数的几何意义分别求的切线，结合题意列式求解即可.【详解】因为，则，设切点坐标为，切线斜率为，可得切线方程为，即；因为，则，设切点坐标为，切线斜率为，可得切线方程为，即；由题意可得：，解得，所以公切线的斜率为.故选：A.（新情境题）8.有个盲盒，其中有个内有奖品.若抽奖者选定了一个盲盒但未打开时组织方（知道盲盒内部是否有奖品）打开了一个没有奖品的盲盒，此时抽奖者重新选定另外一个盲盒后打开，记此时中奖的概率为；若抽奖者选定了一个盲盒但未打开时有个未选的盲盒因被风吹掉而意外打开，且抽奖者发现其内部没有奖品，此时抽奖者重新选定另外一个盲盒后打开，记此时中奖的概率为，则对任意符合题意的，，都有（）A. B. C. D.无法确定与的大小关系【正确答案】C【分析】利用古典概型概率公式和全概率公式，求出和，由比值确定大小关系.【详解】设事件为“最终中奖”，事件为“一开始选中的有奖”，则，在组织方打开无奖的盲盒后，若一开始选中的有奖，则剩余个盲盒中有个奖品，更换后，若一开始选中的无奖，则剩余个盲盒中有个奖品，则更换后，故，由于风吹掉为随机吹掉，故所有个盲盒中有个奖品，且所有盲盒中有奖品的概率相等，，因此，故.故选：C方法点睛：设事件为“最终中奖”，事件为“一开始选中的有奖”，则，，利用的值，判断和的大小关系.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.为了研究y关于x的线性相关关系，收集了5组样本数据(见下表)：x12345y0.50.811.21.5假设经验回归方程为，则（）A.B.当时，y的预测值为2.2C.样本数据y的40%分位数为0.8D.去掉样本点后，x与y样本相关系数r不变【正确答案】ABD【分析】对于A选项：根据回归直线必过点解得;对于B选项：结合经验回归方程的性质即可求解；对于C选项：结合百分位数的定义即可求解；对于D选项：根据相关系数的性质即可判断；【详解】对于A选项：线性回归方程必过点，，，解得，所以选项A正确；对于B选项：当时，可以的出y的预测值为2.2,所以B选项正确；对于C选项：从小到大排列共有5个数据，则是整数，则第40百分位数为从小到大排列的第2、3个数据的平均数，即第40百分位数为0.9，所以C选项错误；对于D选项：因为相关系数为,5组样本数据的相关系数为：

，

去掉样本中心点后相关系数为，所以相关系数r不变,所以D选项正确；故选：ABD10.已知抛物线：与双曲线：有相同的焦点，点在抛物线上，则下列结论正确的是（）A.双曲线的离心率为2B.双曲线的渐近线为C.D.点到抛物线的焦点的距离为3【正确答案】ACD【分析】选项A由双曲线的方程可得进而可得，即可得；选项B由焦点在轴上双曲线渐近线方程可得；选项C先由点在抛物线上判断，在根据焦点相同可得；选项D由抛物线的定义，将点到抛物线的焦点的距离转化为到抛物线准线的距离可得.【详解】选项A：由得，，，故，所以，故A正确；选项B：由得渐近线方程为：，故B错误；选项C：因点在抛物线上，可得开口向右，，由选项A得的焦点为，故的焦点坐标为，得，即，故C正确；选项D：由选项C知，抛物线：，故其准线为，由抛物线的定义知点到抛物线的焦点的距离为到抛物线准线的距离为，故D正确.故选：ACD11.已知，则下列说法正确的是（）A.当时，为增函数. B.当时，的值域为.C.. D.与轴有两个交点时，.【正确答案】ACD【分析】对于A，当时，可得为增函数；对于B，当时，分别求出当时和当时的值域，即可判断；对于C，当时，分和时，，再代入计算即可；对于D，分类讨论当和时，和，与轴交点情况，得出与轴有两个交点时，即可判断；【详解】对于A，当时，，当时，为增函数，当时，为增函数，且在处连续，所以为增函数，故A正确；对于B，当时，函数的值域为，函数，因为对称轴，所以当时，函数单调递增，所以其值域为，因为当时，，所以的值域不为，故B错误；对于C，当时，若，则，若，则，所以，故C正确；对于D，当时，若，函数与轴有一个交点，若，则函数与轴的交点由方程决定，此时方程须有一个实根，则，解得，则，当时，若，函数与轴没有交点，若，方程有两个不同实根时，函数的对称轴，则，解得或，且，则，综上，与轴有两个交点时，故D正确.故选：ACD.关键点点睛：判断分段函数与轴交点个数，须分类讨论每段函数与轴交点个数，并且注意交点要满足自变量的范围.三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知，都为锐角，，，则______．【正确答案】【分析】根据题意，由同角三角函数的平方关系分别得到，，再由，结合和差角公式代入计算，即可得到结果.【详解】因为，都为锐角，所以，由可得，由可得，所以.故13.已知关于的不等式的解集为，若，则实数的取值范围是______．【正确答案】【分析】若，则将代入不等式求解即可得到的范围，根据题意求其补集即可.【详解】关于的不等式的解集为，若，则有，即，所以，解得或．因此若，则故14.已知数列是公差不为的等差数列，，且、、成等比数列，设，则的前项和为______.【正确答案】【分析】设等差数列的公差为，则，根据求出的值，可得出数列的通项公式，然后对任意的，计算出，即可得解.【详解】设等差数列的公差为，则，因为、、成等比数列，则，即，即，因为，解得，所以，，所以，，对任意，，，，，所以，，因为，故数列的前项和为.故答案为.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.的内角，，的对边分别为，，，已知.（1）求；（2）若为中点，，，求的周长.【正确答案】（1）（2）【分析】（1）方法一：利用正弦定理将边化角后，再利用两角和的正弦公式及，得到，再得出的值；方法二：利用余弦定理将角化边，得出，消去，得出结果.（2）方法一：利用已知条件和余弦定理，得出，题干已知条件有转化成，利用余弦定理得出，解方程得出再计算得出周长；方法二：利用，得出，由，得出，解方程得出，再计算得出周长；方法三：在和分别利用余弦定理，得出，由，得出，解方程得出，再计算得出周长.【小问1详解】方法一：因为，由正弦定理可得，则，所以，因为在中，，所以.方法二：因为，由余弦定理可得，所以，因此，因为，所以.【小问2详解】方法一：由已知条件得.在利用余弦定理得.所以，由余弦定理得，所以，因此，所以的周长为.方法二：因为，所以，因此，所以，又由余弦定理得，所以，所以，又，所以，所以的周长为.方法三：在和分别利用余弦定理可得，所以，又由余弦定理得，所以，所以，又，所以，所以的周长为.16.已知P为圆上任意一点，另有一点，线段NP的垂直平分线和半径MP相交于点Q.（1）当点P在圆上运动时，求动点Q的轨迹方程C;（2）直线l与C相交于A，B两点，若以AB为直径的圆过坐标原点O，求证:点O到直线AB的距离为定值.【正确答案】（1）（2）证明见解析【分析】（1）由题意可得QN+QM=2（2）设，分直线l的斜率是否存在两种情况求解，当直线l的斜率不存在，，由已知可得，可得，当直线l的斜存在时，设，与椭圆方程联立，根据根与系数的关系可得，进而利用点到直线的距离公式可求结论.【小问1详解】由题意得，又点Q为NP垂直平分线上的点，可得，因为，所以QN+QM所以点Q的轨迹是以M，N为焦点的椭圆，且，所以，故，所以动点Q的轨迹方程为.【小问2详解】设，①当直线l的斜率不存在时，由椭圆的对称性可知，，因为以AB为直径的圆经过坐标原点，所以，即，又点A在椭圆C上，所以，所以，所以点O到直线AB的距离；②当直线l的斜率存在时，设直线，联立，消去y，得，则Δ=4km2所以，因为以AB为直径的圆过坐标原点O，所以，所以，即，又，所以，将代入上式，整理得.所以点O到直线AB的距离.综上所述，点O到直线AB的距离为定值.（创新题）17.如果数列对任意的，，则称为“速增数列”.（1）判断数列是否为“速增数列”?说明理由;（2）若数列为“速增数列”，且任意项，，，，求正整数的最大值.【正确答案】（1）数列为“速增数列”，理由见解析（2）64【分析】（1）利用“速增数列”的定义判断说明即可；（2）根据新定义有，，，，，累加得，再结合已知求参数最大值.【小问1详解】数列为“速增数列”.理由如下，易知数列对，有,所以，即，所以数列为“速增数列”.【小问2详解】因为数列为“速增数列”，，，，所以对，有，且，所以，，，，累加得，所以，由，得，又，，所以正整数的最大值为.18.如图，在三棱锥P⁃ABC中，平面PAB⊥平面PAC，BC=2AB=2，∠ABC=.（1）证明:PB⊥AC;（2）若侧面PAB是等边三角形，点D满足=λ（0<λ<1），过B，D两点作平面α，满足直线AC∥α，设平面α与PC交于点E，直线PC与平面α所成的角为，求λ的值.【正确答案】（1）证明见解析（2）λ=【分析】（1）由勾股定理和面面垂直性质可分别证得，由线面垂直的判定与性质可证得结论；（2）由线面平行性质可得，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法可构造方程求得结果.【小问1详解】，，由余弦定理得：，，即，作，垂足为，平面平面，平面平面，平面，平面，又平面，；，平面，平面，平面，.【小问2详解】，平面平面，，又，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，过点垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，，，，设平面，即平面的法向量，则，令，解得：，，，直线与平面所成角为，，解得：，满足，.（重难题）19.已知函数．（1）当时，求的单调区间；（2）若对任意，都有恒成立，求最大整数值；（3）对于任意的，证明：．【正确答案】（1）的单调递增区间为，无单调递减区间；（2）的最大整数值为2；（3）证明见解析.【分析】（1）先求，接着令并求，根据的正负情况可得导函数的值的情况，从而可求得函数的单调区间.（2）先将题设等价转换为对任意，恒成立，进而将问题等价转化成求函数在区间上的最小值，利用导数工具求出该最小值即可得解.（3）由（1）在上单调递增可得，进而可得，从而结合累加