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安徽省部分学校2024 2025学年高三下学期数学模拟试卷（B卷）
一、单选题
1．已知全集，集合，，则（ ）
A．或 B．或
C． D．
2．若，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知，则（ ）
A．1 B． C． D．2
4．已知圆柱的轴截面为正方形，为下底面圆弧的中点，点在上底面圆弧上且与在轴截面同侧，若，则异面直线与所成角为（ ）
A． B． C． D．
5．已知函数，若存在使得，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
6．已知双曲线的左、右焦点分别为为上关于原点对称的两点，且，的面积为，若为锐角，则（ ）
A．48 B．96 C．144 D．192
7．已知函数正数满足，则的最小值为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．9
8．将按一定顺序排列后，得到一个能被5整除的五位数，从最高位起，的前两位、前三位、前四位按原顺序组成的两位数、三位数、四位数分别能被2，3，4整除，则（ ）
A．的最小值为5 B．的最大值为9
C．的最小值为24325 D．的最大值为54325
二、多选题
9．某铁路运输段的数据统计部门发布的从2024年1月到6月煤炭运输量（单位：万吨）依次为28，34，43，m，67，73．已知2024年1月至6月煤炭运输量的平均值为50万吨，则（ ）
A．
B．煤炭运输量的第75百分位数为67
C．若剔除2月和5月的数据，剩余4个月的煤炭运输量的平均值比50大
D．若煤炭运输量中每个数据扩大为原来的2倍，则对应的标准差也为原来的2倍
10．已知圆，点，则（ ）
A．若圆过点的切线只有一条，则实数
B．若圆上总存在两个点到点的距离为，则
C．若过点且在两坐标轴上截距相等（不为0）的直线被圆截得的弦长为，则
D．若圆心在上且半径为1的圆与圆交于两点，则当最大时，
11．已知函数，其图象距离轴最近的一条对称轴方程为，最近的一个对称中心为，则（ ）
A．
B．的图象上的所有点向右平移个单位长度得到函数的图象
C．的图象在区间内有3个对称中心
D．若在区间上的最大值与最小值分别为，则的取值范围是
三、填空题
12．在中，已知，且，则 ．
13．记的内角的对边分别为，若，则 ．
14．已知定义在上的函数的图象经过坐标原点，，，且为偶函数，则 ．
四、解答题
15．已知等差数列的前项和为，且，．
（1）求的通项公式；
（2）求；
（3）若时，有，求的最小值．
16．某班同学在体测前组织了立定跳远和铅球两个项目的测试．已知个人总成绩为个人各项目成绩之和．若立定跳远合格得60分，投掷铅球合格得20分，否则不得分，且只有当第一个测试项目的成绩合格后，才能进行另一项测试．在这次测试中，得到相关数据如下：（单位：名）
项目顺序 个人总成绩合格（人数） 个人总成绩不合格（人数） 合计
先立定跳远 20 8 28
先投掷铅球 10 16 26
合计 30 24 54
（1）依据小概率值的独立性检验，分析能否认为先立定跳远与个人总成绩是否合格存在关联？
（2）从个人总成绩合格的同学中随机抽取2人，求至少有一人先投掷铅球的概率；
（3）若甲同学立定跳远的合格率为0.75，投掷铅球的合格率为0.8，且两个项目是否合格相互独立．为使总成绩的期望最大，甲同学应该先选哪个项目？
附：．
0.10 0.05 0.01
2.706 3.841 6.635
17．如图，在直三棱柱中，分别是的中点，为上一点，，．
（1）当为的中点时，证明：平面；
（2）若二面角的正弦值为，求．
18．已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若，求的值；
（3）当时，证明：有2个零点．
19．设椭圆短轴上的一个端点为为椭圆上异于点的任一点．若点到点距离的最大值仅在点为短轴的另一端点时取得，则称该椭圆为“圆椭圆”．已知椭圆为“圆椭圆”．
（1）求的离心率的取值范围；
（2）当的离心率最大时，点在上，直线与交于两点，且直线的斜率互为相反数．
（i）求的斜率；
（ii）若，求的面积．
参考答案
1．【答案】A
【详解】由题可得或，则或．
故选A.
2．【答案】C
【详解】由题可得，
故选C
3．【答案】A
【详解】由，得，
整理得，因此，即，
由同角三角函数的基本关系得，故A正确.
故选A
4．【答案】D
【详解】如图，在弧上取一点，使得，过作圆柱的母线，
连接，则由圆的对称性可得，
由圆柱的性质知，，，所以四边形为平行四边形，
所以，所以，
所以或其补角即为异面直线与所成角．
因为为下底面圆弧的中点，，所以，，
所以，所以异面直线与所成角为．
故选；D
5．【答案】D
【详解】设的反函数为，由可得，
所以题干等价为与的图象在区间有交点，
因为与的图象关于直线对称，
所以两函数图象交点必在上，
故图象与直线在区间有交点，
则在区间有解，则，
令，则，
则在区间单调递增，又，
则的取值范围为．
故选D
6．【答案】B
【详解】由于，则由双曲线定义知，所以．
如图，根据双曲线对称性知四边形为平行四边形，则，
结合，
所以，
解得，
又为锐角，故，则.
在中，由余弦定理可知，则，
所以．
故选B
7．【答案】C
【详解】当时，恒成立，当时，恒成立，则在上单调递增，在上单调递增．
又因为，当时，，对时，0也成立，所以在上单调递增．
已知正数满足，则，解得或（负值舍去），所以，，
所以，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为8．
故选C.
8．【答案】C
【详解】由题可知五位数A的个位只能是0或5，十位和千位均为偶数，
前三位上的各数字之和能被3整除，且前四位按原顺序组成的四位数能被4整除．
对于A项，若，可得可以为34520或54320或32405或34205，
故最小可以取到0，A错误；
对于B项，若，将2，3，4，5，9排序，得个位只能是5，且十位和千位是偶数，
则这个五位数的前三位上的数字之和为14或16，
因为14和16均不能被3整除，不满足题意，所以，B错误；
对于C项，将2，3，4，5，排序，
①当且为首位时，个位为5，此时没有满足题意的五位数，即；
②当首位是2，个位为5，要满足十位和千位均是偶数，此时百位只能是3，
要满足前三位上的各数字之和能被3整除，所以千位的最小值为4，
此时要满足前四位上的各数之和能被4整除，十位的最小值为2，
得，满足题意，所以的最小值为24325，C正确；
对于D项，将2，3，4，5，排序，由B项分析得，
故当且为首位时，个位为5，此时当且仅当千位为4，百位为3，十位为2时，
满足题意，取最大值84325，D错误．
故选C.
9．【答案】ABD
【详解】结合煤炭运输量的平均值为50以及题中数据易得，A正确；
，因此第75百分位数为第5个数据67，B正确；
剔除2月和5月的煤炭运输量后，剩余4个月的煤炭运输量的平均值为，C错误；
设数据变化前后的方差分别为，根据题中数据有，
则，
所以，
，
所以，D正确．
故选ABD
10．【答案】CD
【详解】对于A，因为圆过点的切线只有一条，所以点一定在圆上，
所以有，解得，A错误；
对于B，原问题等价于圆与圆相交，
又两圆的圆心距为，
所以，整理得，
解得，B错误；
对于C，由于直线在两坐标轴上截距相等且不为0，故设直线方程为，故，
因为直线过点，所以，即．
又直线被圆截得的弦长为，
根据位置关系易得圆心到直线的距离、圆的半径和弦长的一半构成直角三角形，
可求得圆心到直线的距离，
所以，解得，所以，C正确．
对于D，如图，在中，圆直径为2，故，
易得当最大时，最大，此时为圆的直径，
在中，，，所以．D正确．
故选CD
11．【答案】BD
【详解】A选项，的最小正周期为，
因为，故，解得．
由题意得，即．又，
所以令，得，A错误；
B选项，由A可得，将其图象上的所有点向右平移个单位长度，
得到的图象，B正确；
C选项，因为，又，所以区间是函数的一个周期，
而，故在仅有两个零点，
即有2个对称中心，C错误；
D选项，由，得，
即图象的对称轴为．
的最小正周期为，由对称性可知，
当与关于直线对称时，取得最小值，
由得，
此时．
当为偶数时，最小值为，最大值为；
当为奇数时，最大值为，最小值为，
故的最小值为1；
当或时，
函数在上单调，此时取得最大值，
，
当或时等号可以成立，所以的取值范围为，D正确．
故选BD
12．【答案】4
【详解】因为，
则带入，得，
整理得．又，
所以，解得．
13．【答案】/
【详解】因为，由正弦定理得，
所以，即，
所以或（舍去），即，
又因为，则，解得．
14．【答案】2499
【详解】由，得（*）．
在中，用替换，可得，
则，即①，
在①式中，用替换，则得②．
又因为偶函数，所以③，
故由②③，可得，用替换，可得 ，
比较两式，可得，即是以4为一个周期的函数．
因为的图象经过原点，所以，由（*）可得．
在中，令，得，所以，
在中，令，可得，
在中，令，可得，
则，
则
．
15．【答案】（1）
（2）
（3）
【详解】（1）设等差数列的公差为，
因为，，
所以，解得，
所以.
（2）由（1）可得，
故．
（3）因为，
所以，
整理得，解得或，
因为，，所以正整数的最小值为．
16．【答案】（1）有关联
（2）
（3）先选择立定跳远
【详解】（1）零假设：先立定跳远与个人总成绩是否合格没有关联，
由于，
所以依据的独立性检验，推断不成立，
即可以认为先立定跳远与个人总成绩是否合格有关联，此推断错误的概率不大于0.05．
（2）由题意，设抽取的2人中先投掷铅球的人数为，
所以，，
则．
（3）甲同学应先选择立定跳远，理由如下：
若甲同学先立定跳远，记为甲同学的总成绩得分，则的所有可能取值为0，60，80，
则，，，
所以的分布列为
0 60 80
0.25 0.15 0.6
则；
若甲同学先投掷铅球，记为甲同学的总成绩得分，则的所有可能取值为0，20，80，
则，，，
所以的分布列为
0 20 80
0.2 0.2 0.6
则，
因为，所以要使得总成绩的期望最大，甲同学应先选择立定跳远．
17．【答案】（1）证明见解析
（2）
【详解】（1）如图①，连接，取的中点，连接．
因为分别为的中点，所以．
因为平面平面，
所以平面．
由直棱柱的性质知，所以．
又平面平面，
所以平面．
因为平面平面，
所以平面平面．
又平面，
所以平面．
（2）解法一
结合及直三棱柱的结构特征，易得和两两垂直，故以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图①所示，
则，
所以，．
设，
所以，则，
所以．
易知平面的一个法向量为．
设平面的法向量为，
则即
取，则，
所以平面的一个法向量为．
设二面角为，由题意知，
易知二面角为锐二面角，所以，
所以，
即，解得，
由，得，故．
解法二
由直三棱柱的性质得平面平面．
如图②，过作于，过点作于，连接，
则平面．
因为平面，所以．
因为平面，
平面，，
所以平面，
因为平面，所以，
所以为二面角的平面角．
所以，．
设，因为平面，平面，所以，所以，则．
又因为，且与共面，所以，
所以，易得，则．
所以在中，，
所以有，解得，
由，得，故．
18．【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【详解】（1）当时，，则，
所以，，
所以曲线在点处的切线方程为，
即．
（2）函数的定义域为，且，
① 当时，易得，在上单调递减，
又，所以当时，，不符合题意；
② 当时，由，得时，即在上单调递增；
由，得时，即在上单调递减，
所以，
因为，则其等价于，即．
令，则，
所以当时，，当时，，
则在上单调递增，在上单调递减，
所以，因恒成立，故．
（3）．
令，得，
令，则与有相同的零点，
且．
令，则，
因为当时，，所以在区间上单调递增，
又，，所以，使得，
所以当时，，即；
当时，，即，
所以在单调递减，在单调递增，
所以的最小值为．
由，得，即，
令，，则，则在单调递增．
因为，所以，则，
所以，从而，，
所以的最小值．
因为，所以当趋近于0时，趋近于；
当趋近于时，趋近于，且，
所以有2个零点，故有2个零点．
19．【答案】（1）
（2）（i）;（ii）
【详解】（1）根据对称性设点，
则，
故是关于的一元二次函数．
由定义得当且仅当时，取得最大值．
①当图象开口向上时，需满足且，
解得，不满足题意，舍去；
②当图象开口向下时，需满足且，
解得，所以的取值范围是，
故离心率．
故答案为：
（2）由（1）得当的离心率最大时，．
由题意得直线的斜率存在，
设直线的方程为．
联立消去得，
则．
（ⅰ）因为，所以，
即，即，代入整理得，
解得或．
当时，直线的方程为，
此时直线恒过定点，不满足题意，舍去，
故，即直线的斜率为．
（ⅱ）．
因为，所以，
所以，
即．
代入得，
即，解得或，
所以直线的方程为或．
当直线的方程为时，，
则，
点到直线的距离为，
此时；
当直线的方程为时，点在直线上，不满足题意，舍去．
综上，的面积为．

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