PAGE18-山西省臨汾市2025屆高三數學下學期考前適應性訓練考試試題（一）文（含解析）一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知復數滿意,則復數=()A. B. C. D.【答案】C【解析】試題分析：.考點：復數的除法運算.2.已知集合，，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先化簡集合B,再利用運算法則求交集.【詳解】,,所以,故選:B.【點睛】本題考查集合的運算,屬于簡潔題.3.已知雙曲線的漸近線方程為，則的離心率為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】依據雙曲線的漸近線方程得到,進而可以求出離心率.【詳解】因為雙曲線的漸近線方程為,所以,所以離心率,故選:D.【點睛】本題考查雙曲線離心率的求法,考查雙曲線的漸近線,屬于基礎題.4.已知等比數列中，，，則公比（）A.或-2 B.或2 C.或-2 D.或2【答案】D【解析】【分析】依據等比數列的通項公式化簡題設等式,求出.【詳解】在等比數列中,,,所以,兩式相除得,化簡得,解得或,故選:D.【點睛】本題考查等比數列,考查計算實力,難度不大.5.一個路口的紅綠燈，紅燈時間為30秒，綠燈時間為30秒，綠燈時方可通過，則小王駕車到達該路口等待時間不超過10秒的概率為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】依據題意可知該題為幾何概型,分別求出總時間長度及滿意條件的時間長度,然后依據幾何概型的概率公式即可求解.【詳解】本題是一個幾何概型,小王駕車到達該路口的總時間長度為60秒,到達該路口等待時間不超過10秒的時間長度為40秒,因此小王駕車到達該路口等待時間不超過10秒的概率為,故選:D.點睛】本題主要考查了與長度有關的幾何概型的求解,屬于基礎題.6.用單位立方塊搭一個幾何體，使其正視圖和側視圖如圖所示，則該幾何體體積的最大值為（）A.11 B.9 C.15 D.12【答案】A【解析】【分析】結合幾何體的正視圖和側視圖,分析該幾何體的各層最多可以有幾個單位立方塊即可.【詳解】結合幾何體的正視圖和側視圖知,該幾何體的底層最多可以有9個單位立方塊,其次層只能有1個單位立方塊,第三層也只能有1個單位立方塊,所以該幾何體體積的最大值為9+1+1=11.故選:A.【點睛】本題考查了幾何體的結構特征與應用問題,考查了三視圖,須要學生具備肯定的空間想象實力與思維實力,難度不大.7.函數，的大致圖象是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】先確定函數為偶函數,解除B,D選項,再取特值即可推斷最終結論.【詳解】因為f(﹣x)=(﹣x)2ecos(﹣x)=x2ecosx=f(x),所以函數f(x)為偶函數,解除B?D選項,因為f(π)=π2ecosπ=π2e﹣1>0,所以解除A選項,故選:C.【點睛】本題考查函數圖象的識別,難度不大.對于推斷函數圖象的試題,解除法是非常常用的方法,一般通過函數的奇偶性?單調性和特別值即可推斷.8.若，，，，則（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由基本不等式得出m+n,再依據函數y=ex的單調性即可比較大小.【詳解】當m>n>0時,m+n,因為y=ex是定義在R上的單調增函數,所以,即a>c;又em+en>222,所以(em+en),即b>a;所以b>a>c.故選:A.【點睛】本題考查了依據基本不等式和函數的單調性比較大小的問題,須要學生綜合運用性質答題.9.如圖所示的程序框圖，它的算法思路源于我國古代的數學專著（九章算術），執行該框圖，若輸入的，，則輸出的結果為（）A.2 B.6 C.8 D.12【答案】B【解析】【分析】模擬程序框圖運行,即可得出結論.【詳解】模擬程序框圖運行,輸入a=174,b=36,滿意a>b,則a=174﹣36=138,滿意a>b,則a=138﹣36=102,滿意a>b,則a=102﹣36=66,滿意a>b,則a=66﹣36=30,不滿意a>b,則b=36﹣30=6,滿意a>b,則a=30﹣6=24,滿意a>b,則a=24﹣6=18,滿意a>b則a=18﹣6=12,滿意a>b,則a=12﹣6=6,此時a=b=6,則退出循環,輸出a=6,故選:B.【點睛】本題考查了算法和程序框圖,主要是對循環結構的理解和運用,以及賦值語句的運用問題,屬于基礎題.10.已知函數的最大值為，當的定義域為時，的值域為，則正整數的最小值為（）A.4 B.5 C.6 D.7【答案】A【解析】【分析】依題意,可求得a=±2,據此分狀況探討,利用正弦函數的單調性?周期性及最值,即可求得正整數ω的最小值.【詳解】∵f(x)=asinωx+acosωxasin(ωx),其最大值為2,∴a=±2,①當a=2時,f(x)=2sin(ωx),又當f(x)的定義域為[0,1]時,f(x)的值域為[﹣2,2],ω>0,此時ω×0,∴ω×1,∴ω3.925,∴正整數ω的最小值為4;②當a=﹣2時,f(x)=﹣2sin(ωx),同理可得ω3.925,即正整數ω的最小值為4;綜上所述,正整數ω的最小值為4,故選:A.【點睛】本題考查三角函數的最值,考查邏輯推理與運算實力,須要學生駕馭三角函數的圖象與性質,答題時留意對a的正?負狀況的探討,屬于易錯題.11.已知直三棱柱中，，為上隨意一點，，則三棱柱外接球的表面積為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由已知可得直三棱柱的底面為等腰直角三角形,把直三棱柱補形為正方體,求出三棱柱外接球的半徑,再由球的表面積公式得答案.【詳解】∵三棱柱ABC﹣A1B1C1為直三棱柱,∴CC1⊥AC,∵E為AB1上隨意一點,BC1⊥CE,∴BC1⊥AC,∵,∴AC⊥平面BB1C1C∵,則直三棱柱的底面為等腰直角三角形,把直三棱柱補形為正方體,則三棱柱ABC﹣A1B1C1外接球的半徑R∴三棱柱ABC﹣A1B1C1外接球的表面積為.故選:B.【點睛】本題考查多面體外接球表面積的求法,須要學生具備肯定的空間想象實力與思維實力.12.已知是拋物線的焦點，是上一點，，則的取值范圍為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】設P(x,y),利用坐標得出的表達式,再利用換元法轉化為二次函數求解.【詳解】設P(x,y),則y2=4x,∵定點M(﹣1,0),F(1,0),∴,設t,x≥0,則0<t≤1,∴,0<t≤1,設g(t)=﹣4t2+4t+1,0<t≤1,則其最大值為2,最小值為1,∴最小值為,最大值為1,∴的取值范圍為:[,1]故選:A.【點睛】本題考查了拋物線的定義,考查了換元法與二次函數的性質,屬于中檔題.二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.13.已知向量，，若與共線.則實數_________.【答案】【解析】【分析】依據平面對量的坐標運算與共線定理,列方程求出λ的值.【詳解】向量,,則(1,1+λ),(﹣2,1),因為,所以1+2(1+λ)=0,解得λ,故答案為:.【點睛】本題考查了平面對量的共線定理和坐標運算問題,屬于基礎題.14.已知實數滿意以下約束條件，則的最小值是__________．【答案】【解析】如圖所示可行域,由.結合圖像,可看作原點到直線的距離的平方,依據點到直線的距離可得,故.本題答案填.點睛：本題為線性規劃問題.駕馭常見的幾種目標函數的最值的求法:①利用截距的幾何意義;②利用斜率的幾何意義;③利用距離的幾何意義.往往是依據題中給出的不等式,求出的可行域,利用的條件約束,做出圖形.數形結合求得目標函數的最值.15.已知，則_________.【答案】0【解析】【分析】依據等式,利用平方法進行平方相加,結合兩角和差公式進行求解即可.【詳解】∵sinα+cosβ=cosα+sinβ,∴sin2α+cos2β+2sinαcosβ=2,cos2α+sin2β+2cosαsinβ=2,兩式相加得2+2(sinαcosβ+cosαsinβ)=4,即2sin(α+β)=2,得sin(α+β)=1,所以cos(α+β)=0,故答案為:0【點睛】本題主要考查三角函數值的計算,結合平方關系,利用兩角和差公式進行轉化是解決本題的關鍵,難度不大.16.已知數列中，，且前項和滿意，則_________.【答案】10【解析】【分析】由nSn+1﹣(n+2)Sn=0?,再利用累乘法求得Sn,則由a10=S10﹣S9即可求得答案.【詳解】∵a1=1,nSn+1﹣(n+2)Sn=0,∴,∴Sn??S1????1,∴a10=S10﹣S910,故答案為:10.【點睛】本題考查數列遞推式,考查“累乘法”的應用,屬于中檔題.三、解答題：共70分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.第17-21題為必考題，每個考生都必需作答.第22、23題為選考題，考生依據要求作答.17.已知為的三個內角，其所對的邊分別為,且.(1)求角的值；(2)若，求的面積．【答案】（1）；（2）【解析】試題分析：(1)因為，cosA=所以，2cos2＋cosA＝0.可化為，2cosA+1=0∴cosA=，；(2)依據余弦定理得，又因為b+c=4，所以12=16－bc，bc=4，．考點：本題主要考查三角函數的和差倍半公式，余弦定理的應用，三角形面積的計算．點評：中檔題，近些年，涉及三角函數、三角形的題目經常出現在高考題中，往往須要綜合應用三角公式化簡函數，以進一步解題．應用正弦定理、余弦定理求邊長、角等，有時運用函數方程思想，問題的解決較為便利．18.如圖，四棱錐中，為等邊三角形，，，且.（1）求證：平面平面；（2）求點到平面的距離.【答案】（1）見解析；（2）【解析】【分析】(1)推導出CD⊥PD,CD⊥AD,從而CD⊥平面PAD,由此能證明平面PAD⊥平面ABCD;(2)取AD中點M,AB中點N,連接PM,BM,CN.則PM⊥平面ABCD,PM⊥BM,設點A到平面PBC的距離為d,由VP﹣ABC=VA﹣PBC,即可求出點A到平面PBC的距離.【詳解】(1)因為,,,所以,即.因為為等邊三角形,所以,因為,,所以,即,又因為,,所以平面,又因為平面,所以平面平面;(2)取中點,中點,連接,,,所以,又由(1)知平面平面,且平面平面,所以平面,所以,又在中,,所以,在中,,,,故,在中,,,,則,設點到平面的距離為,由,可得,所以,即點到平面的距離為.【點睛】本題考查面面垂直的證明,考查點到平面的距離的求法,考查空間中線線?線面?面面間的位置關系等基礎學問,須要學生有肯定的空間思維與運算求解實力,屬于中檔題.19.某限制器中有一個易損部件，現統計了30個該部件的運用壽命，結果如下（單位：小時）；710721603615760742841591590721718750760713709681736654722732722715726699755751709733705700（1）估計該部件的運用壽命達到一個月及以上的概率（一個月按30天計算）；（2）為了保證該限制器能穩定工作，將若干個同樣的部件按下圖連接在一起組成集成塊，每一個部件是否能正常工作互不影響.對比和時，哪個能保證集成塊運用壽命達到一個月及以上的概率超過0.8？【答案】（1）；（2）【解析】【分析】(1)一個月30×24=720(小時),樣本中滿意運用壽命在720小時及以上的部件數為15個,由此能求出所求概率的估計值;(2)要保證集成塊運用壽命達到一個月及以上,即要保證集成塊中至少有一個部件的運用壽命達到一個月及以上,利用列舉法能求出n=3時滿意要求.【詳解】(1)一天24小時,一個月(小時),樣本中滿意運用壽命在720小時及以上的部件數為15個,所以該部件的運用壽命達到一個月及以上的概率的估計值為;(2)要保證集成塊運用壽命達到一個月及以上,即要保證集成塊中至少有一個部件的運用壽命達到一個月及以上,記表示一個部件的運用壽命達到一個月及以上,表示一個部件的運用壽命不能達到一個月及以上.當時,全部可能結果有4種:,,,,滿意要求的結果有3種,所以;當時,全部可能結果有8種:,,,,,,,,滿意要求的結果有7種,所以;綜上所述,時滿意要求.【點睛】本題考查概率的求法,考查古典概型?列舉法等基礎學問,難度不大.20.已知橢圓上任一點到，的距離之和為4.（1）求橢圓的標準方程；（2）已知點，設直線不經過點,與交于，兩點，若直線的斜率與直線的斜率之和為，推斷直線是否過定點？若是，求出該定點的坐標；若不是，請說明理由.【答案】（1）；（2）定點，證明見解析【解析】【分析】(1)依據橢圓的定義可得,,a=2,則b2=a2﹣c2=2,即可求得橢圓方程;(2)設直線l的方程,代入橢圓方程,依據韋達定理及直線的斜率公式化簡可得m=﹣2k﹣4,再依據直線的點斜式方程,即可推斷直線l恒過定點(2,﹣4).【詳解】(1)由橢圓定義知,,,所以,所以橢圓的標準方程為;(2)直線l恒過定點(2,﹣4),理由如下:若直線斜率不存在,則,不合題意.故可設直線方程:,聯立方程組,代入消元并整理得:,則,.,將直線方程代入,整理得:,即,韋達定理代入上式化簡得:,因為不過點,所以,所以,即,所以直線方程為,即,所以直線過定點.【點睛】本題考查橢圓的標準方程,考查直線與橢圓相關的定點問題,須要學生具備肯定的計算實力,屬于中檔題.21.已知函數.（1）探討的單調性；（2）若，求實數的取值范圍.【答案】（1）見解析；（2）【解析】【分析】(1)先求出導函數,再對a分狀況探討即可得到f(x)的單調性;(2)若f(x)≥0恒成立,則f(x)的最小值大于等于0,結合第(1)問函數f(x)的單調性,即可確定最值,求出a的取值范圍.【詳解】(1)函數的導函數為,當時,函數在單調遞增;當時,函數在上單調遞減,在上單調遞增;當時,函數在上單調遞減,在上單調遞增.