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吉安一中2024—2025学年度下学期全真模拟考试（一）
高三数学试卷
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．
A．6 B．6 C． D．
2．
A． B． C．P Q D．Q P
3．一组不全相等的数据，去掉一个最大值，则下列数字特征一定改变的是
A．极差 B．中位数 C．平均数 D．众数
4．数列中，，，，则的值为
A． B． C．3 D．
5．将编号为的4个小球随机放入编号为的4个凹槽中，每个凹槽放一个小球，则至少有2个凹槽与其放入小球编号相同的概率是
A． B． C． D．
6．已知分别为双曲线的左、右焦点，P为左支上一点，满足，与的右支交于点，若，则的离心率为
A． B． C． D．
7．已知椭圆，以原点为圆心，椭圆的短轴长为直径作圆，以椭圆右顶点为圆心，以长轴长为直径作圆，过动点作直线与圆切于点，作直线与圆切于点，若，则实数的取值范围为
A． B． C． D．
8．已知函数的部分图象如下，将沿翻折至，使得二面角为．若，则
A． B． C． D．
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．已知为复数，则下列说法正确的是
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
10．已知数列的前项和为，则下列说法正确的是
A． B．为的最小值
C．数列的最大项为第16项 D．
11．某同学在学习了椭圆的标准方程后得到启发，借助几何画板画出了平面上到点的距离的倒数之和等于1的点P的轨迹，如图所示，则
A．
B．的最小值为2
C．当点P不在坐标轴上时，点P在椭圆的外部
D．当点P的坐标为时，随着的增大而增大
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知，，求 ．
13．如图所示，正四面体的棱长为，动点P满足，用所有这样的点P构成的平面截正四面体，则所得截面的面积为 ．
14．若集合,满足都是的子集，且,，均只有一个元素，且，称为的一个“有序子集列”，若有5个元素，则有多少个“有序子集列”________．
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．（13分）在中，角所对的边分别为，，，已知，．
（1）求的值；
（2）若，求的面积．
16．（15分）设函数．
（1）若是增函数，求的取值范围；
（2）若，为的两个极值点，求的取值范围．
17．（15分）如图所示，正四棱锥中，分别为的中点，，平面与交于．
（1）证明：平面；
（2）求二面角余弦值．
18．（17分）在平面直角坐标系中，是抛物线的焦点，是抛物线上位于第一象限内的任意一点，过三点的圆的圆心为，点到抛物线的准线的距离为．
（Ⅰ）求抛物线的方程；
（Ⅱ）是否存在点，使得直线与抛物线相切于点？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由；
（Ⅲ）若点的横坐标为，直线与抛物线有两个不同的交点，与圆有两个不同的交点，求当时，的最小值．
19．（17分）在某场乒乓球比赛中，甲、乙两运动员进入到了比赛决胜局，且在该局中的比分为10:10，接下来比赛规则如下: 两人轮流各发一个球，谁赢此球谁就获得1分，直到有一方得分超过对方2分时即可获得该局的胜利．已知甲先发球，且甲此球取胜的概率为0.6．比赛既是实力的较量，也是心态的比拼，以后每球比赛，若上一球甲获胜则甲在下一球比赛中获胜的概率为0.8，若上一球乙获胜则甲在下一球比赛中获胜的概率为．
（1）求甲以的比分赢得比赛的概率;
（2）若要使甲运动员以后每球比赛获胜的概率都大于0.6，求的范围;
（3）若，设甲运动员在第球比赛中获胜的概率为，数列满足 ，求证: ．
（参考知识: 当 时，若 ，则 ．）
吉安一中2024—2025学年度下学期全真模拟考试（一）
高三数学参考答案
一、单项选择题
1 2 3 4 5 6 7 8
A D C B B D A B
二、多项选择题
9 10 11
ABD AC ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．5 13．2 14．960
7．A【详解】由题意得圆，圆，设圆，的圆心分别为，．直线与圆切于点，作直线与圆切于点，在和中，
，，则得，，整理得，所以的轨迹是以为圆心，为半径的圆落在圆，外面的部分．利用得，
故实数的取值范围为．故选：A．
8．B【详解】，又，；
记点为，翻折后，连接，，，即为二面角的平面角，，
，，
轴，，，又，平面，
平面，又平面，，
，，
的最小正周期，．故选：B．
10．AC【详解】,
,
对于也成立，所以，故A正确；
当时，,当n=17时,当时，,
只有最大值，没有最小值，故B错误；
令，由函数性质知n<17时,f（n）单调递增；n>17时,f（n）单调递增；
所以最大项是第16项，故C正确．
因为当时，,∴，
，故D错误．故选：AC．
11．ACD【详解】对于A选项，由题意可知，则，
因，所以，解得，故A正确；
对于B选项，当时，，故B错误；
对于C选项，，
当且仅当时，等号成立，
所以若点不在坐标轴上时，，此时点在椭圆的外部，故C正确；
对于D选项，由，得，
因，，
则，即，
所以，即，
令，则，
令，则，
则当增大时，中也增大，即随着的增大而增大，故D正确．故选：ACD．
【详解】如图建系，
设动点设四个顶点为A（0,0,2），B（2,0,0），C（0,2,0）D（2,2,2）
因为，所以y=1，即所有满足条件的点构成的平面为EFGH平面，
由对称性可得截面与棱交于H（0,1,1），棱交于E（1,1,2），棱交于G（1,1,0），棱交于F（2,1,1），截面四边形为一个菨形，其对角线的长度为，故面积为2．
14．960
【详解】因为，，均只有一个元素，且，作出韦恩图，
则从的5个元素中选择3个元素均分给，，三个位置，共有种不同排法，
剩余2个元素，每个均有4个位置可以排，共有有种不同排法；所以“有序子集列”共有个．故答案为：960．
15．【答案】（1） （2）或
【小问1详解】由题意可知：，可得……2分
因为，由正弦定理可得，
即，所以．……6分
【小问2详解】因为，即，
由余弦定理可得，
即，整理得，解得或，……9分
若，可得的面积；……11分
若，可得的面积；……12分
所以的面积为或．……13分
16．（1）（2）
【详解】（1）由，求导得，……2分
若是增函数，即，……4分
所以恒成立，因为，则有，
解得，即的取值范围是；……7分
（2）由（1）可知，若有两个极值点，则，
根据韦达定理得出，，……9分
所以，
因为，所以，所以的取值范围是．……15分
17．【答案】（1）证明见解析 （2）
【小问1详解】连接，设，连接，
有平面，由题意得，且,
连接，，设，则，故在上，
过作为垂足，在中，，
故，因为，所以，
故，所以，
所以，又
平面，平面，，
故平面，因为平面，故．
又平面平面，故平面．……7分
【小问2详】以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系可得
由（1）得平面，故平面的一个法向量为其中
设平面的一个法向量为，
则，令可得
设为二面角的平面角，则，
由图可知所求二面角为锐角，故二面角的余弦值为．……15分
18．（Ⅰ）（Ⅱ）存在，点的坐标为
（Ⅲ）当时，的最小值为
【详解】：（Ⅰ）如图，取的中点则,即所以抛物线的方程为
（Ⅱ）设存在点使得直线与抛物线相切于点
由得切线的斜率为直线的方程为
，代入得，
由得，化简得
因是抛物线上位于第一象限内的点，所以
所以所求的点的坐标为
（Ⅲ）由（Ⅱ）可知，
到直线的距离的平方为，
所以．
联立得所以,
,
令由于，所以
设．
当时，为增函数，所以
即当时，的最小值为
19．（1）；（2）；（3）证明见解析．
【详解】（1）记第一球比赛甲运动员获胜的事件为，第二球比赛甲运动员获胜的事件为，
由题意知：，且，∴．
即甲以 的比分赢得比赛的概率为．
（2）记甲运动员在第球比赛中获胜的概率为，则
，则,
可知数列是首项为，公比为的等比数列，
则有，,
①当时，，又，故是一个递减数列，
当时，，依题需使，即与条件矛盾,舍去；
②当时，，不合题意；
③当时，，又，故是一个递增数列，
依题意，只需，即，解得，故；
④当时，，符合题意；
⑤当时，，又，因此是一个摆动数列，
若为偶数，则，；
若为奇数，则是一个递增数列，只需，而，
因，于是，
得：，解得，故．
综上：时，甲运动员以后每球比赛获胜的概率都大于0．6．
（3）当时，由（2）可得，，
则，，
，，
，
故：．

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