2024-2025學年臨汾市重點中學下學期高三數學試題第一次摸底考試試卷注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題：本題共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．中國古代數學著作《孫子算經》中有這樣一道算術題：“今有物不知其數，三三數之余二，五五數之余三，問物幾何？”人們把此類題目稱為“中國剩余定理”，若正整數除以正整數后的余數為，則記為，例如．現將該問題以程序框圖的算法給出，執行該程序框圖，則輸出的等于（）．A． B． C． D．2．已知斜率為2的直線l過拋物線C：的焦點F，且與拋物線交于A，B兩點，若線段AB的中點M的縱坐標為1，則p＝（）A．1 B． C．2 D．43．已知表示兩條不同的直線，表示兩個不同的平面，且則“”是“”的()條件.A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分也不必要4．臺球是一項國際上廣泛流行的高雅室內體育運動，也叫桌球（中國粵港澳地區的叫法）、撞球（中國地區的叫法）控制撞球點、球的旋轉等控制母球走位是擊球的一項重要技術，一次臺球技術表演節目中，在臺球桌上，畫出如圖正方形ABCD，在點E，F處各放一個目標球，表演者先將母球放在點A處，通過擊打母球，使其依次撞擊點E，F處的目標球，最后停在點C處，若AE=50cm．EF=40cm．FC=30cm，∠AEF=∠CFE=60°，則該正方形的邊長為（）A．50cm B．40cm C．50cm D．20cm5．空間點到平面的距離定義如下：過空間一點作平面的垂線，這個點和垂足之間的距離叫做這個點到這個平面的距離．已知平面，，兩兩互相垂直，點，點到，的距離都是3，點是上的動點，滿足到的距離與到點的距離相等，則點的軌跡上的點到的距離的最小值是（）A． B．3 C． D．6．若不等式對于一切恒成立，則的最小值是（）A．0 B． C． D．7．已知雙曲線，為坐標原點，、為其左、右焦點，點在的漸近線上，，且，則該雙曲線的漸近線方程為（）A． B． C． D．8．已知、，，則下列是等式成立的必要不充分條件的是（）A． B．C． D．9．已知，則下列說法中正確的是（）A．是假命題 B．是真命題C．是真命題 D．是假命題10．已知（i為虛數單位，），則ab等于（）A．2 B．-2 C． D．11．造紙術、印刷術、指南針、火藥被稱為中國古代四大發明，此說法最早由英國漢學家艾約瑟提出并為后來許多中國的歷史學家所繼承，普遍認為這四種發明對中國古代的政治，經濟，文化的發展產生了巨大的推動作用.某小學三年級共有學生500名，隨機抽查100名學生并提問中國古代四大發明，能說出兩種發明的有45人，能說出3種及其以上發明的有32人，據此估計該校三級的500名學生中，對四大發明只能說出一種或一種也說不出的有（）A．69人 B．84人 C．108人 D．115人12．已知，函數，若函數恰有三個零點，則（）A． B．C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．定義在上的偶函數滿足，且，當時，.已知方程在區間上所有的實數根之和為.將函數的圖象向右平移個單位長度，得到函數的圖象，則__________，__________.14．拋物線上到其焦點距離為5的點有_______個．15．若橢圓：的一個焦點坐標為，則的長軸長為_______．16．《易經》是中國傳統文化中的精髓，如圖是易經八卦（含乾、坤、巽、震、坎、離、艮、兌八卦），每一卦由三根線組成（""表示一根陽線，""表示一根陰線），從八卦中任取兩卦，這兩卦的六根線中恰有兩根陽線，四根陰線的概率為_______.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。17．（12分）已知，其中．（1）當時，設函數，求函數的極值．（2）若函數在區間上遞增，求的取值范圍；（3）證明：．18．（12分）在四棱錐中，底面是平行四邊形，底面．（1）證明：；（2）求二面角的正弦值．19．（12分）在中，角的對邊分別為，若.（1）求角的大小；（2）若，為外一點，，求四邊形面積的最大值.20．（12分）如圖，在直三棱柱中，，點P，Q分別為，的中點.求證：（1）PQ平面；（2）平面.21．（12分）選修4-5：不等式選講已知函數（Ⅰ）解不等式；（Ⅱ）對及，不等式恒成立，求實數的取值范圍.22．（10分）如圖，平面四邊形中，，是上的一點，是的中點，以為折痕把折起，使點到達點的位置，且.（1）證明：平面平面；（2）求直線與平面所成角的正弦值.

參考答案一、選擇題：本題共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．C【解析】從21開始，輸出的數是除以3余2，除以5余3，滿足條件的是23，故選C.2．C【解析】

設直線l的方程為x＝y，與拋物線聯立利用韋達定理可得p．【詳解】由已知得F（，0），設直線l的方程為x＝y，并與y2＝2px聯立得y2﹣py﹣p2＝0，設A（x1，y1），B（x2，y2），AB的中點C（x0，y0），∴y1+y2＝p，又線段AB的中點M的縱坐標為1，則y0（y1+y2）＝，所以p=2,故選C．本題主要考查了直線與拋物線的相交弦問題，利用韋達定理是解題的關鍵，屬中檔題．3．B【解析】

根據充分必要條件的概念進行判斷.【詳解】對于充分性：若，則可以平行，相交，異面，故充分性不成立；若，則可得，必要性成立.故選：B本題主要考查空間中線線，線面，面面的位置關系，以及充要條件的判斷，考查學生綜合運用知識的能力.解決充要條件判斷問題，關鍵是要弄清楚誰是條件，誰是結論.4．D【解析】

過點做正方形邊的垂線，如圖，設，利用直線三角形中的邊角關系，將用表示出來，根據，列方程求出，進而可得正方形的邊長.【詳解】過點做正方形邊的垂線，如圖，設，則，，則，因為，則，整理化簡得，又，得，.即該正方形的邊長為.故選：D.本題考查直角三角形中的邊角關系，關鍵是要構造直角三角形，是中檔題.5．D【解析】

建立平面直角坐標系，將問題轉化為點的軌跡上的點到軸的距離的最小值，利用到軸的距離等于到點的距離得到點軌跡方程，得到，進而得到所求最小值.【詳解】如圖，原題等價于在直角坐標系中，點，是第一象限內的動點，滿足到軸的距離等于點到點的距離，求點的軌跡上的點到軸的距離的最小值．設，則，化簡得：，則，解得：，即點的軌跡上的點到的距離的最小值是.故選：.本題考查立體幾何中點面距離最值的求解，關鍵是能夠準確求得動點軌跡方程，進而根據軌跡方程構造不等關系求得最值.6．C【解析】

試題分析：將參數a與變量x分離，將不等式恒成立問題轉化為求函數最值問題，即可得到結論．解：不等式x2+ax+1≥0對一切x∈(0，]成立，等價于a≥-x-對于一切成立，∵y=-x-在區間上是增函數∴∴a≥-∴a的最小值為-故答案為C．考點：不等式的應用點評：本題綜合考查了不等式的應用、不等式的解法等基礎知識，考查運算求解能力，考查化歸與轉化思想，屬于中檔題7．D【解析】

根據，先確定出的長度，然后利用雙曲線定義將轉化為的關系式，化簡后可得到的值，即可求漸近線方程.【詳解】如圖所示：因為，所以，又因為，所以，所以，所以，所以，所以，所以，所以漸近線方程為.故選：D.本題考查根據雙曲線中的長度關系求解漸近線方程，難度一般.注意雙曲線的焦點到漸近線的距離等于虛軸長度的一半.8．D【解析】

構造函數，，利用導數分析出這兩個函數在區間上均為減函數，由得出，分、、三種情況討論，利用放縮法結合函數的單調性推導出或，再利用余弦函數的單調性可得出結論.【詳解】構造函數，，則，，所以，函數、在區間上均為減函數，當時，則，；當時，，.由得.①若，則，即，不合乎題意；②若，則，則，此時，，由于函數在區間上單調遞增，函數在區間上單調遞增，則，；③若，則，則，此時，由于函數在區間上單調遞減，函數在區間上單調遞增，則，.綜上所述，.故選：D.本題考查函數單調性的應用，構造新函數是解本題的關鍵，解題時要注意對的取值范圍進行分類討論，考查推理能力，屬于中等題.9．D【解析】

舉例判斷命題p與q的真假，再由復合命題的真假判斷得答案．【詳解】當時，故命題為假命題；記f（x）＝ex﹣x的導數為f′（x）＝ex，易知f（x）＝ex﹣x（﹣∞，0）上遞減，在（0，＋∞）上遞增，∴f（x）＞f（0）＝１＞0，即，故命題為真命題；∴是假命題故選D本題考查復合命題的真假判斷，考查全稱命題與特稱命題的真假，考查指對函數的圖象與性質，是基礎題．10．A【解析】

利用復數代數形式的乘除運算化簡，再由復數相等的條件列式求解．【詳解】，，得，．．故選：．本題考查復數代數形式的乘除運算，考查復數相等的條件，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平，是基礎題．11．D【解析】

先求得名學生中，只能說出一種或一種也說不出的人數，由此利用比例，求得名學生中對四大發明只能說出一種或一種也說不出的人數.【詳解】在這100名學生中，只能說出一種或一種也說不出的有人，設對四大發明只能說出一種或一種也說不出的有人，則，解得人.故選：D本小題主要考查利用樣本估計總體，屬于基礎題.12．C【解析】

當時，最多一個零點；當時，，利用導數研究函數的單調性，根據單調性畫函數草圖，根據草圖可得．【詳解】當時，，得；最多一個零點；當時，，，當，即時，，在，上遞增，最多一個零點．不合題意；當，即時，令得，，函數遞增，令得，，函數遞減；函數最多有2個零點；根據題意函數恰有3個零點函數在上有一個零點，在，上有2個零點，如圖：且，解得，，．故選．遇到此類問題，不少考生會一籌莫展.由于方程中涉及兩個參數，故按“一元化”想法，逐步分類討論，這一過程中有可能分類不全面、不徹底.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．24【解析】

根據函數為偶函數且，所以的周期為，的實數根是函數和函數的圖象的交點的橫坐標，在平面直角坐標系中畫出函數圖象，根據函數的對稱性可得所有實數根的和為，從而可得參數的值，最后求出函數的解析式，代入求值即可.【詳解】解：因為為偶函數且，所以的周期為.因為時，，所以可作出在區間上的圖象，而方程的實數根是函數和函數的圖象的交點的橫坐標，結合函數和函數在區間上的簡圖，可知兩個函數的圖象在區間上有六個交點.由圖象的對稱性可知，此六個交點的橫坐標之和為，所以，故.因為，所以.故.故答案為：；本題考查函數的奇偶性、周期性、對稱性的應用，函數方程思想，數形結合思想，屬于難題.14．2【解析】

設符合條件的點,由拋物線的定義可得,即可求解.【詳解】設符合條件的點,則,所以符合條件的點有2個.故答案為:2本題考查拋物線的定義的應用,考查拋物線的焦半徑.15．【解析】

由焦點坐標得從而可求出，繼而得到橢圓的方程，即可求出長軸長.【詳解】解：因為一個焦點坐標為，則，即，解得或由表示的是橢圓，則，所以，則橢圓方程為所以.故答案為:.本題考查了橢圓的標準方程，考查了橢圓的幾何意義.本題的易錯點是忽略，從而未對的兩個值進行取舍.16．【解析】

觀察八卦中陰線和陽線的情況為3線全為陽線或全為陰線各一個，還有6個是1陰2陽和1陽2陰各3個。抽取的兩卦中共2陽4陰的所有可能情況是一卦全陰、另一卦2陽1陰，或兩卦全是1陽2陰。【詳解】八卦中陰線和陽線的情況為3線全為陽線的一個，全為陰線的一個，1陰2陽的3個，1陽2陰的3個。抽取的兩卦中共2陽4陰的所有可能情況是一卦全陰、另一卦2陽1陰，或兩卦全是1陽2陰。∴從8個卦中任取2卦，共有種可能，兩卦中共2陽4陰的情況有，所求概率為。故答案為：。本題考查古典概型，解題關鍵是確定基本事件的個數。本題不能受八卦影響，我們關心的是八卦中陰線和陽線的條數，這樣才能正確地確定基本事件的個數。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。17．（1）極大值，無極小值；（2）．（3）見解析【解析】

（1）先求導，根據導數和函數極值的關系即可求出；（2）先求導，再函數在區間上遞增，分離參數，構造函數，求出函數的最值，問題得以解決；（3）取得到，取，可得，累加和根據對數的運算性和放縮法即可證明.【詳解】解：（1）當時，設函數，則令，解得當時，，當時，所以在上單調遞增，在上單調遞減所以當時，函數取得極大值，即極大值為，無極小值；（2）因為，所以，因為在區間上遞增，所以在上恒成立，所以在區間上恒成立．當時，在區間上恒成立，當時，，設，則在區間上恒成立．所以在單調遞增，則，所以，即綜上所述．（3）由（2）可知當時，函數在區間上遞增，所以，即，取，則．所以所以此題考查了參數的取值范圍以及恒成立的問題，以及不等式的證明，構造函數是關鍵，屬于較難題.18．（1）見解析（2）【解析】

（1）利用正弦定理求得，由此得到，結合證得平面，由此證得.（2）建立空間直角坐標系，利用平面和平面的法向量，計算出二面角的余弦值，再轉化為正弦值.【詳解】（1）在中，由正弦定理可得：，，底面，平面，；（2）以為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系，，設平面的法向量為，由可得：，令，則，設平面的法向量為，由可得:，令，則，設二面角的平面角為，由圖可知為鈍角，則，，故二面角的正弦值為.本小題主要考查線線垂直的證明，考查空間向量法求二面角，考查空間想象能力和邏輯推理能力，屬于中檔題.19．（1）（2）【解析】

（1）根據正弦定理化簡等式可得，即；（2）根據題意，利用余弦定理可得，再表示出，表示出四邊形，進而可得最值.【詳解】（1），由正弦定理得：在中，，則，即，，即.（2）在中，又，則為等邊三角形，又，-當時，四邊形的面積取最大值，最大值為.本題主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面積公式的應用，屬于基礎題．20．（1）見解析（2）見解析【解析】

（1）取的中點D，連結，.根據線面平行的判定定理即得；（2）先證，，和都是平面內的直線且交于點，由（1）得，再結合線面垂直的判定定理即得.【詳解】（1）取的中點D，連結，.在中，P，D分別為，中點，，且.在直三棱柱中，，.Q為棱的中點，，且.，.四邊形為平行四邊形，從而.又平面，平面，平面.（2）在直三棱柱中，平面.又平面，.，D為中點，.由（1）知，，.又，平面，平面，平面.本題考查線面平行的判定定理，以及線面垂直的判定定理，難度不大.21．（Ⅰ）.（Ⅱ）.【解析】

詳解：（Ⅰ）當時，由，解得；當時，不成立；當時，由，解得.所以不等式的解集為.（Ⅱ