宁夏银川市第六中学2024-2025学年高三下学期一模数学试卷（原卷版+解析版）

银川市第六中学2024-2025学年第二学期高三一模数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．1.设集合，则（）A. B. C. D.2.已知复数，其中是虚数单位，则的虚部为（）A. B. C. D.3.已知平面向量，满足，且在上的投影向量为，则向量与向量的夹角为（）A30° B.60° C.120° D.150°4.已知，则取得最小值时的值为（）A3 B.2 C.4 D.55.定义在上的函数满足，又，则（）A. B. C. D.6.已知正三棱锥的体积为，则该三棱锥外接球的表面积为（）A. B. C. D.7.双曲线两个焦点，焦距为8，M为曲线上一点，则（）A.1 B.1或9 C.9 D.38.将函数的图象向右平移个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象.若在上单调递增，则的取值范围为（）A. B. C. D.二、多选题：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.下列命题的是真命题的是（）.A.若，则；B.若，，则C.若，，则D.若，则10.（多选）在中，下列结论正确的是（）A.B.C.D.11.任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算经过有限次步骤后，必进入循环圈.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）.如取正整数，根据上述运算法则得出，共需要8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）.现给出“冰雹猜想”的递推关系如下：已知数列满足：（为正整数），.记数列的前项和为，若，则（）A.或32 B.C.当最小时的“雹程”是2步 D.或4747第II卷（非选择题）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分，12.若曲线在点处的切线过原点，则__________.13.已知△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若，，且，则______．14.已知定义在上函数满足，且为偶函数，则的周期为_____;当时，，若关于的方程有4个不同实根，则实数的取值范围是_____.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.已知等比数列的前n项和为，，且，，成等差数列．（1）求数列通项公式；（2）设，求数列的前n项和16.如图，在四棱锥中，平面，底面是平行四边形，且是等边三角形，.（1）求证：平面；（2）若是等腰三角形，求异面直线与所成角的余弦值.17.综合素质评价是高考招生制度改革的内容之一．某高中采用多维评分的方式进行综合素质评价．下图是该校高三学生“运动与建康”评价结果的频率直方图，评分在区间[90，100），[70，90），[60，70），[50，60）上，分别对应为A，B，C，D四个等级．为了进一步引导学生对运动与健康的重视，初评获A等级的学生不参加复评，等级不变，对其余学生学校将进行一次复评．复评中，原获B等级的学生有的概率提升为A等级：原获C等级的学生有的概率提升为B等级：原获D等级的学生有的概率提升为C等级．用频率估计概率，每名学生复评结果相互独立．（1）若初评中甲获得B等级，乙、丙获得C等级，记甲、乙、丙三人复评后等级为B等级的人数为ξ，求ξ的分布列和数学期望；（2）从全体高三学生中任选1人，在已知该学生是复评晋级的条件下，求他初评是C等级的概率．18.已知椭圆的左右顶点分别为，，且右交点与抛物线的焦点重合.（1）求椭圆的方程；（2）过点作直线交椭圆于（异于）两点，直线的交点为.①证明：点在定直线上②设直线交点为，问是否为定值？若是，求出该值，若不是，说明理由.19.已知函数.（1）若，求单调区间;（2）若，求证:;（3）若使得，求证:.

银川市第六中学2024-2025学年第二学期高三一模数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．1.设集合，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】解不等式化简集合，再利用并集、交集的定义求得答案.【详解】由，得或，则或，而，所以.故选：D2.已知复数，其中是虚数单位，则的虚部为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用复数运算法则及共轭复数的定义判定即可.【详解】易知的虚部为.故选：B．3.已知平面向量，满足，且在上的投影向量为，则向量与向量的夹角为（）A.30° B.60° C.120° D.150°【答案】B【解析】【分析】根据投影向量公式得到方程，求出，进而由向量夹角余弦公式求出，得到夹角.【详解】因为在上的投影向量为，即，所以，又，，所以，且，则．故选：B．4.已知，则取得最小值时的值为（）A.3 B.2 C.4 D.5【答案】A【解析】【分析】根据基本不等式求最值，考查等号成立的条件即可求解.【详解】，则，当且仅当，即时等号成立.故选：A5.定义在上的函数满足，又，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先由题设条件，结合导数与函数单调性的关系分析得在上单调递减，再利用指对数函数的单调性得到的大小关系，从而得解.【详解】因为，所以当时，则，则函数在上单调递减，而，所以，即.故选：A.6.已知正三棱锥的体积为，则该三棱锥外接球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】取正三棱锥的底面中心为，设外接球的球心为，先由三棱锥的体积求出正三棱锥的高为，再由勾股定理求出球的半径，最后求出表面积即可.【详解】设正三棱锥的底面中心为，外接球的球心为，显然球心在直线上.设正三棱锥高为，外接球的半径为，由，可得正三角形的面积为，所以，解得.球心到底面的距离为，由，得，所以外接球的表面积为.故选：D.7.双曲线两个焦点，焦距为8，M为曲线上一点，则（）A.1 B.1或9 C.9 D.3【答案】C【解析】【分析】由双曲线的定义和性质可得；【详解】由题意可得，即，又，即，由双曲线的定义可得，解得或9，又，所以.故选：C8.将函数的图象向右平移个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象.若在上单调递增，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据平移规则可得的解析式，再由正弦函数的单调性得出对应不等式可得结果.【详解】由题可得，因为，所以当时，，且因为在单调递增，所以，又，解得.故选：B二、多选题：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.下列命题的是真命题的是（）.A.若，则；B.若，，则C.若，，则D.若，则【答案】BD【解析】【分析】分别取特殊情况可得选项A,C错误，由同向不等式的可加性可得选项B正确，由不等式两边同时除以一个正数，不等号的方向不变，可得选项D正确.【详解】解：对于选项A，取，显然不成立，即选项A错误；对于选项B，因为，则，又，则，即选项B正确；对于选项C，取，,显然不成立，即选项C错误；对于选项D，因为，则，则，即选项D正确，即命题是真命题的是BD,故答案为BD.【点睛】本题考查了不等式的性质，属基础题.10.（多选）在中，下列结论正确的是（）A.BC.D.【答案】ABC【解析】【分析】由内角和定理以及诱导公式逐一判断即可.【详解】在中，有，则，A正确；，B正确；，C正确；，D错误；故选：ABC.11.任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算经过有限次步骤后，必进入循环圈.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）.如取正整数，根据上述运算法则得出，共需要8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）.现给出“冰雹猜想”的递推关系如下：已知数列满足：（为正整数），.记数列的前项和为，若，则（）A.或32 B.C.当最小时的“雹程”是2步 D.或4747【答案】BC【解析】【分析】由，结合即可推出，即可判断选项A；由周期性即可求得，即可判断选项B；由A选项得的最小值为4，故雹程是2步即可判断选项C；由A可知，，或，分类求出其前项和即可判断选项D.【详解】对于A，因为，所以；或；或，，即或5或4，故A错误；对于B，因为，所以从开始，周期为3，又，所以，故B正确；对于C，由A选项得的最小值为4，故雹程是2步，故C正确；对于D，当时，；当时，；当时，，故D错误.故选：BC.第II卷（非选择题）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分，12.若曲线在点处的切线过原点，则__________.【答案】【解析】【分析】求导，根据点斜式求解直线方程，即可代入求解.【详解】因为，所以，所以在点处的切线方程为.又切线过原点，则，所以.故答案为：13.已知△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若，，且，则______．【答案】2【解析】【分析】由题意，利用正弦定理化简得，由，得，且，再利用余弦定理化简得，解得即可.【详解】在中，，正弦定理化简得，，，，则，解得.故答案为：2.14.已知定义在上的函数满足，且为偶函数，则的周期为_____;当时，，若关于的方程有4个不同实根，则实数的取值范围是_____.【答案】①.（且）②.【解析】【分析】根据给定条件探讨函数的周期性，设，进一步探讨函数的性质，结合性质做出函数的图象，数形结合可求的取值范围.【详解】因为为偶函数，所以，所以.又，所以，所以.所以，即是以8为周期的周期函数.所以函数的周期为，且.又当时，，结合函数图象的周期性和对称性，做出函数的部分图象如下：令，则.所以为定义在上的偶函数.当时，又，所以当时，也是以8为周期的周期函数.当时，；当时，.所以当时，函数的图象如下图：因为关于的方程有4个不同实根，即直线与的图象有4个不同交点.当时，，所以，所以.观察图象可知，当直线经过原点及点，即时，因为，所以直线与的图象有3个公共点；当直线经过原点及点，即时，因为，所以直线与的图象有5个公共点.当时，直线与的图象有4个公共点.根据函数为偶函数，可得：当时，直线直线与的图象有4个公共点，则.所以当时，方程有4个不同实根.故答案为：（且）；【点睛】方法点睛：已知方程根的个数，求参数的取值范围的常用方法：（1）直接法：直接根据题设条件列出关于参数的不等式，求解即可得出参数范围.（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题进行求解.（3）数形结合法：对解析式适当变形，构造两个函数，在同一平面直角坐标系中，画出两个函数的图象，其交点的个数就是方程根的个数，然后数形结合求解．常见类型有两种：一种是转化为直线与函数的图象的交点个数问题；另一种是转化为两个函数的图象的交点个数问题.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.已知等比数列的前n项和为，，且，，成等差数列．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前n项和【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）设等比数列的公比为，由等比数列的通项公式可得，进而可得，再由等差数列的性质、等比数列的知识列方程可得，即可得解；（2）由，结合等比数列前n项和公式、裂项相消法及分组求和法即可得解.【详解】（1）在比数列中，设等比数列的公比为，由，得，∴，∵，，成等差数列，∴，从而有，得，∴；（2）由，且，得，∴，.【点睛】本题考查了等差等比数列的综合应用，数列求和的方法技巧有：（1）倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和．（2）错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和．（3）分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和．（4）裂项相消法：用于通项能变成两个式子相减，求和时能前后相消的数列求和.16.如图，在四棱锥中，平面，底面是平行四边形，且是等边三角形，.（1）求证：平面；（2）若是等腰三角形，求异面直线与所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由菱形的性质得出，结合线面垂直的性质得出，从而由线面垂直的判定定理即可得证；（2）建立适当的空间直角坐标系，求出两直线的方向向量，由向量夹角的余弦的坐标公式即可得解.【小问1详解】因为底面是平行四边形，且是等边三角形，所以四边形是菱形，则有，又平面，平面，所以，又，平面，平面，所以平面；小问2详解】设，∵是等腰三角形，∴，，以O为坐标原点，射线，分别为x轴，y轴的正半轴建立空间直角坐标系，如图，则，，，，所以，，设与所成角为，所以，即与所成角的余弦值为.17.综合素质评价是高考招生制度改革的内容之一．某高中采用多维评分的方式进行综合素质评价．下图是该校高三学生“运动与建康”评价结果的频率直方图，评分在区间[90，100），[70，90），[60，70），[50，60）上，分别对应为A，B，C，D四个等级．为了进一步引导学生对运动与健康的重视，初评获A等级的学生不参加复评，等级不变，对其余学生学校将进行一次复评．复评中，原获B等级的学生有的概率提升为A等级：原获C等级的学生有的概率提升为B等级：原获D等级的学生有的概率提升为C等级．用频率估计概率，每名学生复评结果相互独立．（1）若初评中甲获得B等级，乙、丙获得C等级，记甲、乙、丙三人复评后等级为B等级的人数为ξ，求ξ的分布列和数学期望；（2）从全体高三学生中任选1人，在已知该学生是复评晋级的条件下，求他初评是C等级的概率．【答案】（1）分布列见解析，（2）【解析】【分析】（1）求出的所有可能取值及其对应的概率，即可求出ξ的分布列，再由期望公式求出ξ的数学期望；（2）记事件A为“该学生复评晋级”，事件B为“该学生初评是C”，由条件概率公式代入求解即可.【小问1详解】的所有可能取值为0，1，2，3，，，，，∴的分布列如下：0123P．【小问2详解】记事件A为“该学生复评晋级”，事件B为“该学生初评是C”，．18.已知椭圆左右顶点分别为，，且右交点与抛物线的焦点重合.（1）求椭圆的方程；（2）过点作直线交椭圆于（异于）两点，直线的交点为.①证明：点在定直线上②设直线交点为，问是否为定值？若是，求出该值，若不是，说明理由.【答案】（1）（2）①证明见解析；②是，9.【解析】【分析】（1）由题意知，，由抛物线焦点可得椭圆焦点，进而可得椭圆方程.（2）①设直线：，联立直线与椭圆方程可得，，写出直线、方程，两式作商即可.②由①知，点、点都在定直线上，结合直线、方程可得、，由，及，，计算即可.【小问1详解】由抛物线的焦点为，则椭圆的半焦距