PAGE26-江蘇省徐州市2025屆高三數學下學期考前模擬（四模）試題（含解析）一?填空題1.已知集合，，則集合中的元素個數為___________.【答案】【解析】【分析】干脆依據并集的運算計算可得；【詳解】解：因為集合，所以，故集合中有4個元素，故答案為：4【點睛】本題考查集合的運算，屬于基礎題.2.復數(為虛數單位)的實部為___________.【答案】【解析】【分析】先化簡復數，再依據復數的定義求解．【詳解】，所以實部為6．故答案為：6．【點睛】本題考查復數的乘法運算，考查復數的概念，駕馭乘法運算是解題關鍵．3.從參與疫情防控學問競賽的學生中抽出60名學生，將其成果(均為整數)整理后畫出的頻率分布直方圖如圖所示，則這60名學生中成果在區間的人數為___________.【答案】15【解析】【分析】依據頻率分布直方圖求出成果在區間的頻率，然后可得人數．【詳解】由頻率分布直方圖得，，∴所求人數為．故答案為：15．【點睛】本題考查頻率分布直方圖，駕馭頻率分布直方圖的性質是解題關鍵，頻率分布直方圖中全部小矩形面積和為1．即全部頻率之和為1．4.執行如圖所示的算法流程圖，則輸出的結果為___________.【答案】2【解析】【分析】循環進行賦值運算，直到退出循環，輸出結果.【詳解】當時，進入循環：；當時，進入循環：；當時，進入循環：；當時，退出循環，輸出.故答案為：2【點睛】本題考查了利用循環結構計算變量的值，屬于基礎題.5.將一個質地勻稱的骰子（一種各個面上分別標有1，2，3，4，5，6個點的正方體玩具）先后拋擲2次，則出現向上的點數之和大于10的概率為_______．【答案】【解析】【分析】先寫出全部的基本領件個數36個，利用列舉法寫出滿意題意的有3個，由此能求出滿意題意的概率．【詳解】全部的基本領件可能如下：共有36種，點數之和大于10的有（5,6），（6,5），（6,6），共3種，所求概率為：P＝.故答案為【點睛】本題考查古典概型概率的求法、考查運算求解實力，是基礎題．6.在平面直角坐標系中，已知雙曲線的一個焦點為，則該雙曲線的離心率為___________.【答案】【解析】【分析】由焦點求出，即得，由離心率定義得離心率．【詳解】由題意，．，，，∴離心率為．故答案為：．【點睛】本題考查求雙曲線的離心率，依據雙曲線方程求出后由離心率定義可得離心率，本題屬于中檔題．7.已知，，若，則實數的值為___________.【答案】5【解析】【分析】先依據向量的減法法則計算，再依據向量垂直的坐標運算求解即可.【詳解】解：由題知，又因為，所以，解得：故答案為：.【點睛】本題考查向量的減法運算和向量垂直的坐標表示，是基礎題.8.已知圓錐側面綻開圖是一個半徑為4，面積為的扇形，則該圓錐的體積為___________.【答案】【解析】【分析】由側面綻開圖求出圓錐底面半徑，再求得圓錐的高，然后可得體積，【詳解】由題意圓錐的母線長為，扇形弧長為，則，，圓錐底面半徑為，則，，∴圓錐的高為，所以圓錐體積為．故答案為：．【點睛】本題考查求圓錐的體積，駕馭圓錐側面綻開圖與解決問題問題的基本方法．9.已知公差不為的等差數列，其前項和為，首項，且，，成等比數列，則的值為___________.【答案】56【解析】【分析】依據題意，先設等差數列的公差為，由，，成等比數列，列出方程求出公差，再由等差數列前項和公式，即可求出結果.【詳解】由題意，設等差數列的公差為，因為，，成等比數列，所以，即，即，整理得：，解得：或（舍），因此.故答案為：56.【點睛】本題主要考查等差數列基本量的運算，涉及等比中項的應用，熟記等差數列的通項公式與求和公式即可，屬于基礎題型.10.已知函數，，若函數的兩個零點分別是，則的值為___________.【答案】【解析】【分析】依據三角函數的對稱性及角的范圍，可得，由此即可求得的值．【詳解】解：令，解得，即，又，，令，則，，即，．故答案為：．【點睛】本題考查三角函數的圖象及性質的運用，涉及了函數的對稱性及零點問題，考查轉化思想及運算求解實力，屬于中檔題．11.設函數是定義在上的奇函數，且則的值為___________.【答案】【解析】【分析】依據分段函數的解析式及函數的奇偶性，先求出，然后再求即可.【詳解】因為是定義在上的奇函數，且所以，所以，故答案為：.【點睛】本題主要考查分段函數求值，結合了奇函數的性質應用，屬于簡潔題.12.在平面直角坐標系中，若圓：與圓：上分別存在點，，使為以為直角頂點的等腰直角三角形，且斜邊長為，則實數的值為___________.【答案】【解析】【分析】將圓的方程標準化可得圓心半徑，由已知可得，則，數形結合得到的坐標，計算即可得解.【詳解】由已知得圓的標準方程為，得：圓心，半徑；圓的標準方程為，得：圓心，半徑；為以為直角頂點的等腰直角三角形，且斜邊長為，即,,又點和點都在圓上，且圓的半徑，只能是圓的直徑，即點只能是圓與軸的交點（0，2），又點在圓上，點只能是圓與軸的交點，在圓中，令，得：，解得：或（舍去），由，得：，，故答案為：-2或2.【點睛】本題考查圓的一般方程，考查直線和圓的位置關系，數形結合思想方法，屬于中檔題.13.若的內角滿意，則的最小值為___________.【答案】【解析】【分析】由同角三角函數的關系切化弦得，再運用三角恒等變換和正、余弦定理將角轉化邊可得，依據余弦定理和基本不等式可求得的最小值.【詳解】由得，，即，，所以，由正弦定理和余弦定理得：，化簡得：，（當且僅當時取等號），所以的最小值為.故答案為：.【點睛】本題考查同角三角函數間的關系，三角恒等變換，正、余弦定理，以及運用基本不等式求最值，關鍵在于運用合適的公式將角轉化為邊，屬于較難題.14.若函數，的最大值為，則實數的最大值為___________.【答案】【解析】【分析】利用導數探討函數的單調性求出最值，分、兩類進行肯定值運算，驗證是否滿意函數，的最大值為即可求得a的范圍從而求出最大值.【詳解】不妨令，則，解得，當時，，為單調遞減函數；當時，，為單調遞增函數.因為，所以，當時，在處取得最大值，滿意題意；當時，在處取得最大值，不滿意題意.所以，則a的最大值為.故答案為：【點睛】本題考查利用導數探討函數的單調性及最值、含肯定值函數的性質，考查學生分類探討思想，屬于較難題.二?解答題15.如圖，在三棱柱中，側面底面，，，分別是棱，的中點.求證：（1）∥平面；（2）.【答案】（1）見解析（2）見解析【解析】【分析】（1）要證明∥平面，只需證明∥即可；（2）要證明，只需證明平面即可.【詳解】（1）在中，，分別是棱，的中點，所以∥.又在三棱柱中，∥，所以∥.又因平面，平面，所以∥平面.（2）因為側面底面，側面底面，，平面，所以平面.又因為平面，所以.【點睛】本題考查線面平行的判定定理以及面面垂直的性質定理，考查學生的邏輯推理實力，是一道簡潔題.16.如圖，在中，，為邊上一點，，且．（1）求；（2）求的面積．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）由余弦定理結合題意可得，依據同角三角函數的平方關系可得、，再利用即可得解；（2）由正弦定理可得，進而可求得、，利用三角形面積公式即可得解.【詳解】（1）在中，由余弦定理得所以因為，是三角形的內角，所以所以；（2）在中，由正弦定理得，所以，，所以，所以．【點睛】本題考查了正弦定理、余弦定理及三角恒等變換的綜合應用，考查了運算求解實力，屬于中檔題.17.如圖，某市地鐵施工隊在自點M向點N直線掘進的過程中，因發覺一地下古城(如圖中正方形所示區域)而被迫改道.原定的改道安排為：以M點向南，N點向西的交匯點為圓心，為半徑做圓弧，將作為新的線路，但由于弧線施工難度大，于是又確定自點起，改為直道.已知千米，點A到OM，ON的距離分別為千米和1千米，，且千米，記.（1）求的取值范圍；（2）已知弧形線路的造價與弧長成正比，比例系數為3a，直道PN的造價與長度的平方成正比，比例系數為a，當θ為多少時，總造價最少？【答案】（1）；（2）當θ為時，總造價最少.【解析】【分析】（1）以O為原點，ON所在直線為x軸建立平面直角坐標系，依據題意，求出直線CN的方程，所在圓的方程，聯立直線與圓的方程，求出交點C的坐標，當PN過點C時，求出，結合圖形，即可得出結果；（2）先由題意，得到的長為，設，得出，，，用導數的方法求出其最小值即可.【詳解】（1）以O為原點，ON所在直線為x軸建立平面直角坐標系，則，，，所以直線CN的方程為，所在圓的方程為，聯立解得，當PN過點C時，，，所以的取值范圍是.（2）由題意，的長為，設，則，所以總造價，，，所以，令得，，所以，列表如下：↘微小值↗所以當時，有微小值，也是最小值.答：當為時，總造價最少.【點睛】本題主要考查導數的應用，熟記導數的方法求函數的最值即可，屬于常考題型.18.如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C：的右焦點為F，左頂點為A，下頂點為B，連結BF并延長交橢圓于點P，連結.記橢圓的離心率為e.（1）若，求橢圓C的標準方程；（2）若直線PA與PB的斜率之積為，求e的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用以及列方程組，解方程組求得的值，進而求得橢圓的標準方程.（2）求得直線的方程，進而求得點的坐標，由此求得直線的斜率，依據直線和的斜率之積列方程，化簡后求得的值.【詳解】（1）設橢圓的焦距為2c.由題意，得解得所以橢圓的方程為.（2）因為B，在直線PB上，所以直線PB方程為.解方程組得或所以點P的坐標為.因為直線PB的斜率，直線PA的斜率，又因為直線PA和PB的斜率之積為，所以，化簡得，因為，所以，所以橢圓的離心率.【點睛】本小題主要考查橢圓方程的求法，考查直線和橢圓的位置關系，考查橢圓離心率的求法，屬于難題.19.已知函數，是自然對數的底數，.（1）當時，求曲線在點處的切線方程；（2）若函數在上單調遞增，求的取值范圍；（3）若存在正實數，使得對隨意的，總有，求的取值范圍.【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）代入的值，求出，，求出切線方程即可；（2）問題轉化為在，恒成立，依據函數的單調性求出的范圍即可；（3）令，求出函數的導數，通過探討的范圍，求出函數的單調區間，確定的范圍即可．【詳解】解：（1）當時，，，則，，所以曲線在點處的切線方程為.（2）因為在上單調遞增，所以在上恒成立，即在上恒成立，所以在上恒成立，又因為函數在上單調遞增，所以，當且僅當，時，，所以的取值范圍為.（3）不等式即，令，則，①當時，在上恒成立，所以在上單調增，所以，不符合題意；②當時，由得，列表如下：↘微小值↗令，在上，總有，符合題意，綜上所述，的取值范圍為.【點睛】本題考查了切線方程，考查函數的單調性，極值問題，考查導數的應用以及分類探討思想，轉化思想，是一道綜合題．20.已知數列滿意，，，.（1）若，求，的值；（2）證明：對隨意正實數，成等差數列；（3）若()，，求數列的通項公式.【答案】（1），；（2）證明見解析；（3），.【解析】【分析】（1）分別代入可得；（2）由，再寫一次有，兩式相加后得，從而可得數列的奇數項和偶數項分別成等差數列，從而可得證結論；（3）設奇數項所成等差數列的公差為，偶數項所成等差數列的公差為，按在奇偶分類探討寫出，利用不等式關系得出，從而求得，再按等差數列的性質得出結論．【詳解】（1）當時，，所以，當時，，所以.（2）因為，當時，，兩式相加得，，即，所以為等差數列，設公差為，為等差數列，設公差為.所以，所以成等差數列.（3）設奇數項所成等差數列的公差為，偶數項所成等差數列的公差為.①當為奇數時，，，則，即，所以，故.②當為偶數時，，，則，即，所以，故.綜上可得，.又，所以.所以當為奇數時，；當為偶數時，.故數列的通項公式為，.【點睛】本題考查的遞推公式，考查證明等差數列，考查學生的分類探討思想，運算求解實力，分析問題解決問題的實力．屬于難題．21.已知矩陣，點在矩陣對應的變換作用下變為點.（1）求，的值；（2）求矩陣特征值.【答案】（1）；（2）1和4.【解析】【分析】（1）利用矩陣乘法得，列方程組解得；（2）寫出其特征多項式，可解得特征值，【詳解】（1）由條件知，，所以解得（2）由（1）知，，矩陣的特征多項式為，令，解得或，∴的特征值為1和4.【點睛】本題考查矩陣的乘法運算，考查特征多項式和特征值，屬于基礎題．22.在極坐標系中，已知兩點，.以極點為坐標原點，極軸為軸正半軸建立平面直角坐標系，直線的參數方程為(為參數).（1）求，兩點間的距離；（2）求點到直線的距離.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）中，應用余弦定理可求得；（2）消去參數得直線的一般方程，把的極坐標化為直角坐標，由點到直線距離公式得距離．【詳解】（1）在中，，，由余弦定理，得.（2）直線的一般方程為，點的直角坐標為，所以點到直線的距離為.【點睛】本題考查極坐標的應用，考查參數方程與一般方程的互化，考查極坐標與直角坐標的互化，考查點到直線的距離公式與余弦定理．駕馭極坐標的意義是解題關鍵．23.設函數.（1）解不等式；（2）設，若的最小值為，求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）依據肯定值的性質求解．即由得或，解之可得；（2）依據肯定值的定義分類探討去肯定值符號后得函數的單調性，從而得最小值，由最小值為可求得．【詳解】（1）不等式即，則或，解得或，所以不等式的解集為.（2）∵，∴函數在上單調減，在上單調增，所以的最小值為，解得.【點睛】本題考查解肯定值不等式，考查求含肯定值的函數的最值，解題方法一般是依據肯定值的定義分類探討去肯定值符號，化為分段函數后解決問題，假如只有一個肯定值符號的不等式還可以利用肯定值性質進行等價