江西省萍乡市2024-2025学年高三下学期一模数学试题 含解析

高三数学考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.4.本卷命题范围：高考范围.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，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先求解集合，再根据交集的定义求出集合与集合的交集.【详解】因为，，所以.故选：B.2.某中学有初中生600名，高中生200名，为保障学生的身心健康，学校举办“校园安全知识”了竞赛.现按比例分配的分层随机抽样的方法，分别抽取初中生名，高中生名，经统计：名学生的平均成饽为74分，其中名初中生的平均成绩为72分，名高中生的平均成绩为分，则（）A.74 B.76 C.78 D.80【答案】D【解析】【分析】根据分层随机抽样的特点求出与的关系，再利用平均数的计算公式列出关于的方程，进而求解的值.【详解】由题意，得可得，解得.故选：D.3.已知向量，，若与垂直，则（）A. B. C. D.2【答案】A【解析】【分析】由与垂直求出，再求出的坐标，利用坐标的模长公式可得答案.【详解】由已知，得；由与垂直，得，即，可得.因为，所以.故选：A.4.经研究发现湟鱼的游速可以表示为函数（单位：m／s），表示湟鱼的耗氧量的单位数.某条湟鱼想把游速提高2m/s，则它的耗氧量的单位数是原来的（）A.2倍 B.4倍 C.9倍 D.81倍【答案】D【解析】【分析】根据所给等式，利用对数运算法则来求解原来和现在耗氧量单位数的关系.【详解】设原来和现在的耗氧量的单位数分别为，，则，所以，所以，所以耗氧量的单位数是原来的81倍.故选：D.5.已知，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先根据已知条件求出的值，再结合的取值范围判断与的正负及大小关系，进而求出的值.【详解】因为，所以，又，所以，则，.故选：D.6.将函数的图象向右平移个单位长度，再将图象上所有点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，设，则在内的极大值点为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据平移规律求出，再利用导数求出极值点即可.【详解】函数图象向右平移个单位长度，得函数的图象，再将图象上所有点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，所以，则.令，得，或.当时，单调递减；当时，单调递增；当时，单调递减，所以在内的极大值点为.故选：A.7.设抛物线的焦点为F，斜率不为0的直线l过点，过F作l的垂线，垂足为P，Q是C上的一个动点，则的最小值为（）A. B.6 C. D.7【答案】C【解析】【分析】分析点的轨迹，作出图形，结合抛物线定义可得.【详解】，因为，垂足为，所以点的轨迹是以FA为直径的圆（不包括F，A两点），半径，圆心为，又因为在拋场线上，其准线为直线，过点作准线的垂线，垂足为，则，当四点共钱且在点下方时取等号，.故选：C.8.如图，在平行四边形ABCD中，，，E为CD的中点，沿AE将翻折至的位置得到四棱锥，且.若F为棱PB的中点，则点F到平面PCE的距离为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先根据已知条件推导面面垂直关系，再建立空间直角坐标系确定各点坐标，最后通过向量垂直的条件求解平面法向量，再用点到面的距离公式计算即可.【详解】在四边形中，连接，由题意可知是边长为1的等边三角形，则，，，则，可知，即，且，由，，，则，可知.由，，平面，可得平面，又因为平面，所以平面平面取中点O，中点H，连，，则，，可得，因为为等边三角形，则，平面平面，平面，所以平面.以O为原点，分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则，，，，，可得，，.设平面的法向量，则，令，则，，可得，由点F为线段的中点，知点F到平面的距离是点B到平面的距离的.平面的一个法向量，，点B到平面的距离，所以点F到平面的距离为.故选：B.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.已知复数，（）在复平面内对应的向量分别为，（其中为原点），则下列命题正确的是（）A.若，则B.若，则的最小值为3C.若，则D.若，则【答案】AB【解析】【分析】根据矩形的对角线相等和复数加减法的几何意义可判断A；设，则，再根据的范围可判断B；根据可得，再举反例可判断C；两个复数当且仅当它们同为实数时才能比较大小可判断D.【详解】对于A，若，则复平面内以有向线段和为邻边平行四边形是矩形，根据矩形的对角线相等和复数加减法的几何意义可知，选项A正确；对于B，若，则点的轨迹是以为圆心，以5为半径的圆，设，则，因为，可得，故B正确；对于C，，取，显然，但，故C错误；对于D，两个复数当且仅当它们同为实数时才能比较大小，故D错误.故选：AB.10.已知曲线，则（）A.不是封闭图形B.有4条对称轴C.与坐标轴有4个交点D.与直线有4个交点【答案】ACD【解析】【分析】根据曲线化简得出单位圆及双曲线判断A，根据图象特征得出对称轴判断B，根据曲线与坐标轴交点判断C，结合双曲线特征判断交点个数判断D.【详解】对于A，因，所以或，所以E是由单位圆M和实轴长为2，焦点为的等轴双曲线构成，故A正确；对于B，由A项分析知，E只关于轴，轴对称，所以E只有两条对称轴，故B错误；对于C，由A项分析可知，曲线E与坐标轴的交点为，故C正确；对于D，因为C的一条渐近线方程为且，根据双曲线的性质可知，直线与双曲线有2个交点，又直线与圆M有2个交点，故直线与有4个交点，故D正确.故选：ACD.11.已知函数，则下列结论正确的是（）A.若有2个零点，则B.当时，是增函数C.当时，恒成立D.当时，若是的零点，则【答案】ABD【解析】【分析】方程的根的问题，通过变形转化为直线与函数图象交点问题；对于函数的单调性问题，通过求一阶导数，再对求导研究单调性，进而确定的单调性.【详解】显然，由，得，所以直线与函数的图象有2个交点，又，所以当或时，；当时，，所以在和上单调递增，在上单调递减，从而在处取得极小值.又时，；当时，；当时，，在同一直角坐标系中作出的图象以及直线，由图可见，当且仅当时，直线与的图象有两个公共点，故A正确；当时，，对求导得.再对求导得.令，即，解得.当时，，单调递减；当时，，单调递增.所以在处取得最小值，，即恒成立，所以是增函数，选项B正确.当时，，，所以不恒成立，选项C错误.当时，，，.因为是增函数，且，所以由零点存在定理可知，的零点满足，选项D正确.故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分12.已知直线的斜率为，则的最大值为______.【答案】##0.25【解析】【分析】先求出直线的斜率，化简可得，再利用基本不等式即可求得的最大值.【详解】，当且仅当时取等号，所以k的最大值为.故答案为：.13.现有两个抽奖箱M，N，其中M中装有3个红球和2个白球，N中装有4个红球和3个白球.每次抽奖时，先从两个箱子中随机选取一个，然后再从选中的箱子中随机抽取一个球，则抽到红球的概率为______.【答案】【解析】【分析】先分别求从抽奖箱M中抽到红球以及从抽奖箱N中抽到红球的概率，再利用全概率公式进一步求得摸到红球的概率.【详解】设事件C＝“抽到红球”，事件A＝“选到抽奖箱M”，事件为“选到抽奖箱N”，，则，，根据全概率公式，得.故答案为：.14.设函数，，若，，使得，则实数的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】将问题转化为，求出，然后参变分离，构造函数，利用导数求最值即可.【详解】由题意，，当时，，，所以；当时，，，所以，等号仅当时成立，所以.所以对，即，即.令，则，当时，；当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，，因此.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.在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知.（1）求C；（2）若，求的面积的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】先利用正弦定理将边的关系转化为角的关系，求出角；再根据余弦定理和基本不等式求出ab的最大值，进而求出三角形面积的最大值.【小问1详解】由及正弦定理，得，因为，所以.又（若，则，所以，这与矛盾，所以假设不成立，从而），所以，即.【小问2详解】由余弦定理，得，所以，所以，当且仅当时等号成立，则，即的面积的最大值为.16.已知函数，其中.（1）若的图象在处的切线经过点，求a的值；（2）讨论的单调性.【答案】（1）（2）答案见解析【解析】【分析】（1）求导求出切线的斜率和切点坐标，由直线的点斜式方程求出切线方程，再代入经过点的坐标可得答案；（2）求导，分、、、讨论，可得答案.【小问1详解】，因为，，所以的图象在处的切线方程为，将代入得，解得；【小问2详解】，当时，，令，得；令，得，所以在上单调递增，在上单调递减.当时，，所以在上单调递增.当时，令，得或；令，得，所以，上单调递增，在上单调递减.当时，令，得或；令，得，所以在，上单调递增，在上单调递减.综上，当时，在上单调递增，在上单调递减；当时，在，上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增；当时，在，上单调递增，在上单调递减.17.如图，在四棱锥中，，.（1）求证：平面ABCD⊥平面PBD；（2）若，，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用线段垂直平分线的判定定理证明，再通过全等三角形证明，最后依据线面垂直判定定理和面面垂直判定定理证明面面垂直；（2）先根据勾股定理逆定理确定直角三角形，求出相关线段长度，建立空间直角坐标系，再根据向量垂直的性质求出平面的法向量，最后借助向量夹角余弦公式计算即可.【小问1详解】证明：因为，，所以A，C均在BD的垂直平分线上，所以，，因为，，，所以，所以，所以，即.又因为，，平面，平面PBD，所以平面，又因为平面ABCD，所以平面平面PBD.【小问2详解】解：由（1）可知，因为，，，所以，则，所以，，由（1）可知，又因为，所以，所以.又因为，所以OB，OC，OP两两垂直.以O为原点，OB，OC，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，所以，，，.设平面PAB的法向量为，则，令，得，设平面PCD的法向量为，则，令，得，因为，所以平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为.18.如图所示，由椭圆（）和抛物线（）组合成曲线，若与存在共同焦点，由图形特点，它们的形状像收回四条腿的七星瓢虫，这里称曲线为“七星瓢虫曲线”.特别地，若椭圆的长半轴长、短半轴长、半焦距成等差数列，则称其为“等差椭圆”.（1）求“等差椭圆”的离心率；（2）在“七星瓢虫曲线”中，若是“等差椭圆”，且.（ⅰ）求与和都相切的直线的方程；（ⅱ）直线（），且l与相交所得弦的中点为M，与相交所得弦的中点为N，证明：直线OM，ON（O为原点）的斜率之积为定值.【答案】（1）；（2）（i）或；（ii）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据等差椭圆的定义，结合构造齐次式即可得解；（2）（ⅰ）设切线方程，分别联立椭圆方程和抛物线方程，利用判别式求解即可；（ⅱ）利用点差法求，利用韦达定理求出点坐标，然后可解.【小问1详解】设椭圆的半焦距为c，因为长半轴、短半轴、半焦距成等差数列，所以，又，所以，则，两边同时除以，得，解得（舍去）.所以“等差椭圆”的离心率为.【小问2详解】（ⅰ）解：若是“等差椭圆”，且，则由，得，则，，解得.故，.易知与和都相切的直线斜率存在且不为0，设方程为：.联立消去y得，则，得；①联立消去得，则，得，②联立①②，解得或故和都相切的直线方程为或.（ⅱ）证明：设l与相交于，，线段CD的中点，则，，两式相减，得，所以，即，由已知，，所以，即，则联立得，又，则，故，所以中点的坐标为，可得，所以，为N定值.【点睛】关键点睛：本题关键在于灵活利用点差