絕密★啟封前2024—2025學年（下）高三年級模擬測試數學考生注意：1.本試卷分選擇題和非選擇題兩部分.答卷前，考生務必將自己的姓名?準考證號填寫在答題紙上.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題紙上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.寫在本試卷上無效.回答非選擇題時，將答案寫在答題紙上.寫在本試卷上無效.3.考試結束后，將本試卷與答題卡一并由監考人員收回.一?單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求.1.若集合，則（）A. B. C. D.2.復數在復平面內對應的點位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限3.已知向量，若，則（）A. B. C. D.4.下列函數中，是奇函數的是（）A. B.C. D.5.記等差數列的前項和為，已知，則（）A.5 B.6 C.7 D.86.如圖，在三棱柱中，點在棱上，且分別是棱的中點，點在棱上，若平面CDE，則（）A. B. C. D.7.已知拋物線的焦點為，點P，Q在的準線上且關于軸對稱，，線段與分別相交于點，且，則的周長為（）A. B. C. D.8.已知是定義域為的非常值函數，且，，是的導函數，且的定義域為．若設，，則曲線在點處的切線方程為（）A B. C. D.二?多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.已知、是兩個不同平面，是一條直線，則下列命題正確的是（）A.若，，則 B.若，，則C.若，，則 D.若，，，則10.數學與音樂有緊密的關聯，每個音都是由純音合成的，純音的數學模型是函數.像我們平時聽到的音樂不只是一個音在響，而是許多個音的結合，稱為復合音.復合音的產生是因為發聲體在全段振動，產生頻率為f的基音的同時，其各部分，如二分之一，三分之一，四分之一部分也在振動，產生的頻率恰好是全段振動頻率的倍數，如等，這些音叫諧音，因為振幅較小，我們一般不易單獨聽出來.所以我們聽到的聲音的函數是，記，則（）A.的最大值為 B.在上單調遞增C.的周期為 D.11.如圖，正方體的棱長為1，點分別在棱上（與端點不重合），過點作平面，垂足為，則下列說法正確的是（）A.可能為直角三角形B.若為的外接圓的圓心，則三棱錐為正三棱錐C.若，則四面體的棱與面所成角的正弦值的集合是D.三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.甲同學自進入高三以來，前四次數學考試的分數逐次遞增，第一次的分數為116，第四次的分數為132，且中位數為120，則甲同學這四次數學考試的平均分為_______．13.已知為奇函數，若與的圖象有10個交點，設交點的橫坐標從小到大依次為，則______________.14.記，若，則實數_______．四?解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.15.在中，內角的對邊分別為，已知．（1）求；（2）若為中點，且的長為2，求的最大值，并求此時的值．16.已知橢圓，離心率為，且過點.（1）求橢圓的標準方程；（2）設直線與橢圓交于、兩點，坐標原點到直線的距離為，求面積最大值.17.如圖，一個直三棱柱和一個正四棱錐組合而成的幾何體中，.（1）證明：平面平面；（2）若平面與平面夾角的余弦值為，求正四棱錐的高.18已知函數．（1）若曲線在點處的切線平行于直線．求；（2）若且函數只有一個極值點.求實數的取值范圍；（3）若，求實數的取值范圍．19.在一個足夠大不透明袋中進行一個輪摸球試驗，規則如下：每一輪試驗時，袋中均有紅、黑、白三種顏色的球，從中隨機摸出一個球（摸出的球不再放回），若摸出紅球．則試驗成功；若摸出白球，則試驗失敗；若摸出黑球，則進入判定環節：判定時，放回兩個黑球取出一個白球，再從中隨機摸出一個球，若為白球則試驗失敗，否則試驗成功．若試驗成功，則結束試驗，若試驗失敗，則進行下一輪試驗，直至成功或輪試驗進行完．已知第輪試驗開始時，袋中有1個紅球，個黑球，個白球．（1）求第1輪試驗成功的概率；（2）某團隊對這個試驗進行了一定的研究，請若干志愿者進行了5輪試驗，并記錄了第輪試驗成功志愿者的比例，記，發現與線性相關，求關于的經驗回歸方程，并預測試驗輪數足夠大時，試驗成功志愿者的比例；（3）記試驗結束時，試驗成功的概率為，證明：．參考數據：．附：回歸方程中斜率和截距的最小二乘估計公式分別為．

絕密★啟封前2024—2025學年（下）高三年級模擬測試數學考生注意：1.本試卷分選擇題和非選擇題兩部分.答卷前，考生務必將自己的姓名?準考證號填寫在答題紙上.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題紙上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.寫在本試卷上無效.回答非選擇題時，將答案寫在答題紙上.寫在本試卷上無效.3.考試結束后，將本試卷與答題卡一并由監考人員收回.一?單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求.1.若集合，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先求出集合和，由集合的交集運算即可求解.【詳解】因為，所以，，所以，所以.故選：D2.復數在復平面內對應的點位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】A【解析】【分析】利用復數的除法化簡復數，利用復數的幾何意義可得出結論.【詳解】，故在復平面內對應的點為，位于第一象限.故選：A.3.已知向量，若，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據向量數量積的坐標公式計算求出的值，代入坐標，即可求其模長.【詳解】因為，所以，解得，所以，則.故選：B.4.下列函數中，是奇函數的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】由奇函數的定義組個判斷各個選項即可得到答案.【詳解】A選項，函數定義域為，，函數不奇函數，A選項錯誤；B選項，函數定義域為，，函數不是奇函數，B選項錯誤；A選項，函數定義域為，，函數是奇函數，C選項正確；D選項，函數定義域為，不關于原點對稱，函數不是奇函數，D選項錯誤.故選：C.5.記等差數列的前項和為，已知，則（）A.5 B.6 C.7 D.8【答案】A【解析】【分析】根據等差數列的性質計算．【詳解】設的公差為，由等差數列的性質知，所以，即，于是有.故選：A．6.如圖，在三棱柱中，點在棱上，且分別是棱的中點，點在棱上，若平面CDE，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】在平面內，作，與DE交于點，連接CF，證明MFCN是平行四邊形，根據梯形中位線可求MF長度，從而得到答案.【詳解】如圖所示，在平面內，作，與DE交于點，連接CF，則，所以共面，因為∥平面CDE，由線面平行的性質知，所以MFCN是平行四邊形，所以.又是的中點，所以MF是梯形的中位線，設，則，即，所以，所以.故選：B.7.已知拋物線的焦點為，點P，Q在的準線上且關于軸對稱，，線段與分別相交于點，且，則的周長為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先求出p值，再作AN垂直的準線于點，由，解得，所以，即可求解．【詳解】解：如圖所示：設PQ與軸的交點為，則.又，即，解得，所以.作AN垂直的準線于點，則，解得，所以，所以的周長.故選：C8.已知是定義域為的非常值函數，且，，是的導函數，且的定義域為．若設，，則曲線在點處的切線方程為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】取，得到函數的對稱中心.令，求得，然后令，求得函數對稱軸.由兩個等量關系求出函數的周期，由求出.然后由函數的對稱軸和對稱中心得到其導數的對稱中心和對稱軸，同理由求出，然后寫出切線方程.【詳解】令，則，則函數關于點中心對稱，令，則，則或，當時，令，則，即，不合題意，舍去.故，則令，即，即函數關于軸對稱，，令，則，又∵，∴，則，即函數是周期為的周期函數，∴，∵函數關于點中心對稱和軸對稱，∴導數關于對稱和點中心對稱，同理可得，∴，∴切線方程為：，即.故選：D【點睛】關鍵點睛，本題有兩個解題關鍵：（1）由對稱軸和對稱中心得到函數的周期；（2）由函數的對稱中心和對稱軸得到其導數的對稱軸和對稱中心.二?多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.已知、是兩個不同的平面，是一條直線，則下列命題正確的是（）A.若，，則 B.若，，則C.若，，則 D.若，，，則【答案】BCD【解析】【分析】利用空間面面位置關系可判斷A選項；利用面面垂直的判定定理可判斷B選項；利用面面平行的性質可判斷C選項；利用線面垂直的性質和線面平行的判定定理可判斷D選項.【詳解】對于A選項，若，，則或與相交，故A錯誤；對于B選項，因為，，由面面垂直的判定定理可知，故B正確；對于C選項，因為，，由面面平行的性質定理可知，故C正確；對于D，若，則存在直線，使得，因為，所以，又，所以，故D正確.故選：BCD.10.數學與音樂有緊密的關聯，每個音都是由純音合成的，純音的數學模型是函數.像我們平時聽到的音樂不只是一個音在響，而是許多個音的結合，稱為復合音.復合音的產生是因為發聲體在全段振動，產生頻率為f的基音的同時，其各部分，如二分之一，三分之一，四分之一部分也在振動，產生的頻率恰好是全段振動頻率的倍數，如等，這些音叫諧音，因為振幅較小，我們一般不易單獨聽出來.所以我們聽到的聲音的函數是，記，則（）A.的最大值為 B.在上單調遞增C.的周期為 D.【答案】BCD【解析】【分析】利用正弦函數性質得到和無法同時取得最大值判斷A，利用正弦函數性質分別判斷得，，的單調性求解B，利用周期性的定義求解C，利用導數結合分類討論證明，再結合絕對值三角不等式放縮證明D即可.【詳解】對于A，，若的最大值為，則和必須同時取得最大值，由正弦函數性質得和無法同時取得最大值，則的最大值不為，故A錯誤；對于B，由題意得，因為，所以，，由正弦函數性質得，，在上單調遞增，由函數的性質得，多個增函數相加，結果一定是增函數，得到在上單調遞增，故B正確；對于C，令，而，，，得到的周期為，故C正確；對于D，欲證，則證即可，令，而，，則是偶函數，則證當時，即可，此時，當時，，，故在上單調遞減，得到則成立，當時，同理可得成立，綜上，結合是偶函數，可得恒成立，故，則對于時，成立，故D正確.故選：BCD.11.如圖，正方體的棱長為1，點分別在棱上（與端點不重合），過點作平面，垂足為，則下列說法正確的是（）A.可能為直角三角形B.若為的外接圓的圓心，則三棱錐為正三棱錐C.若，則四面體的棱與面所成角的正弦值的集合是D.【答案】BCD【解析】【分析】對于A，結合余弦定理判斷即可；對于B，由外心得到，再結合勾股定理說明，進而可判斷，對于C，分類討論以為定點，為定點的情況即可判斷；對于D,設，利用等體積法，結合正余弦定理、三角形面積公式、錐體體積公式化簡即可判斷.【詳解】對于A，設，其中，所以，由余弦定理得，所以為銳角，同理其它兩角也是銳角，故A錯誤；對于B，因為為的外心，所以，再由平面，結合勾股定理易知，又三個側面都是直角三角形，易證全等，所以，故三棱錐為正三棱錐，正確；對于C，若棱在面內，則棱與面所成的角為0，正弦值為0；若棱不在面內，考察側棱與底面所成的角，以為例，（一樣），設，則，則的面積為，由等體積，三棱錐的體積,所以，所以，即以為頂點，為底面的三棱錐的側棱與底面所成角的正弦值為，以或或為頂點的三棱錐的側棱與底面所成角,以點為例，（或一樣），因為平面,所以與平面所成角為，正弦值為1，由線面角的定義可知：為與平面所成角，易知，正弦值為，所以四面體的棱與面所成角的正弦值的集合是故C正確；對于D，若，又，即，所以，則，即，所以，即，D正確；故選：BCD【點睛】關鍵點點睛：D選項，利用，即判斷；三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.甲同學自進入高三以來，前四次數學考試的分數逐次遞增，第一次的分數為116，第四次的分數為132，且中位數為120，則甲同學這四次數學考試的平均分為_______．【答案】122【解析】【分析】利用中位數求出第二、第三次分數和，再利用平均數的定義計算得解.【詳解】設甲第二、第三次的分數分別為，由中位數為120，得，即，所以甲同學這四次數學考試的平均分為.故答案為：12213.已知為奇函數，若與的圖象有10個交點，設交點的橫坐標從小到大依次為，則______________.【答案】30【解析】【分析】根據奇函數的定義以及圖像平移可知與的圖像的交點關于點對稱，結合對稱性即可得結果.【詳解】因為為奇函數，所以的圖象關于原點對稱，又的圖象可由的圖象向右平移3個單位長度得到，所以的圖象關于點對稱.又的圖象也關于點對稱，所以與的圖象的交點關于點對稱，所以，故.故答案為：30.14.記，若，則實數_______．【答案】8【解析】【分析】根據給定條件，利用二倍角的正切公式裂項變換，再求和比對即可得解.【詳解】當均不為0時，由，得，由，因此，即，所以.故答案：8【點睛】關鍵點點睛：將二倍角的正切公式取倒數變形，利用裂項相消法求和是求解問題的關鍵.四?解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.15.在中，內角的對邊分別為，已知．（1）求；（2）若為的中點，且的長為2，求的最大值，并求此時的值．【答案】（1）；（2）的最大值為8，.【解析】【分析】（1）利用正弦定理邊化角，再利用余弦定理求解.（2）利用余弦定理，結合基本不等式求出最大值，進而求出值【小問1詳解】在中，由及正弦定理得，由余弦定理得，而，所以.【小問2詳解】在中，由余弦定理得，則，即，當且僅當時取等號，此時，所以的最大值為8，.16.已知橢圓，離心率為，且過點.（1）求橢圓的標準方程；（2）設直線與橢圓交于、兩點，坐標原點到直線的距離為，求面積最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由條件列關于的方程，解方程求由此可得橢圓方程；（2）當直線的斜率不存在時，求的長，再求的面積，當直線的斜率存在時，設其方程為，聯立方程組，結合設而不求法求弦長，再求面積解析式，再求最大值即可.【小問1詳解】因為橢圓的離心率為，所以，因為橢圓過點，所以，所以，，所以橢圓的標準方程為：；【小問2詳解】若直線的斜率不存在，則直線的方程為或，若直線的方程為，聯立可得，，所以，所以的面積為，當直線的斜率存在時，設直線的方程為，因為坐標原點到直線的距離為，所以，，聯立，可得，方程的判別式，設，，則為方程的兩個根，所以，所以，即，由基本不等式可得，當且僅當時等號成立，所以，所以面積最大值為.綜上，當直線方程為或時，面積取最大值，最大值為.17.如圖，一個直三棱柱和一個正四棱錐組合而成的幾何體中，.（1）證明：平面平面；（2）若平面與平面夾角的余弦值為，求正四棱錐的高.【答案】（1）證明見解析（2）2或【解析】【分析】（1）利用線面垂直的性質得到，結合并利用線面垂直的判定定理得到線面垂直，再利用面面垂直的判定定理證明即可.（2）建立空間直角坐標系，利用平面夾角的向量求法建立方程，求解所求高即可.【小問1詳解】在直三棱柱中，平面，又平面.又平面，平面.又平面，平面平面.【小問2詳解】以A為原點，所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則.設正四棱錐的高為h，則，故，設平面的一個法向量為.則，即，取，則.設平面的一個法向量為，則，即，取，則，故，設平面與平面夾角為，則，解得或.所以正四棱錐的高為2或.18.已知函數．（1）若曲線在點處的切線平行于直線．求；（2）若且函數只有一個極值點.求實數的取值范圍；（3）若，求實數的取值范圍．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）求出導函數，利用導數的幾何意義列方程求解即可；（2）化簡得，根據和分類討論單調性，時，在上單調的遞增，不存在極值；時，利用導數研究其單調性，結合極值點的定義即可求解；（3）參變分離得，設，則，同構后換元，利用導數法求得的最小值為0，即可求解，【小問1詳解】由題意，得，則，由題意，解得；【小問2詳解】當時，，，令，則，當時，，則在上單調的遞增，所以函數不存在極值；當時，令即，得，令，則恒成立，則在上單調的遞增，又，，所以存在唯一的，使得，當時，，即，所以函數單調遞減，當時，，即，所以函數單調遞增，所以僅在處取到極小值，符合題意.綜上，函數只有一個極值點時，實數的取值范圍為.【小問3詳解】由，參變分離得，設，則，因為，所以，令，因為，所以，設，則，，當時，，為減函數，當時，，為增函數，所以，即的最小值為0，即，所以，即，故實數的取值范圍為.【點睛】方法點睛：對于利用導數研究不等式的恒成立與有解問題的求解策略：（1）通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，從而求出參數的取值范圍；（2）利用可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題．（3）根據恒成立或有解求解參數的取值時，一般涉及分離參數法，但壓軸試題中很少碰到分離參數后構造的新函數能直接求出最值點的情況，進行求解，若參變分離不易求解問題，就要考慮利用分類討論法和放縮法，注意恒成立與存在性問題的區別．19.在一個足夠大的不透明袋中進行一個