銀川市第六中學2024-2025學年第二學期高三一模數學試卷一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的．1.設集合，則（）A. B. C. D.2.已知復數，其中是虛數單位，則的虛部為（）A. B. C. D.3.已知平面向量，滿足，且在上的投影向量為，則向量與向量的夾角為（）A30° B.60° C.120° D.150°4.已知，則取得最小值時的值為（）A3 B.2 C.4 D.55.定義在上的函數滿足，又，則（）A. B. C. D.6.已知正三棱錐的體積為，則該三棱錐外接球的表面積為（）A. B. C. D.7.雙曲線兩個焦點，焦距為8，M為曲線上一點，則（）A.1 B.1或9 C.9 D.38.將函數的圖象向右平移個單位長度，再將所得圖象上所有點的橫坐標縮短為原來的，縱坐標不變，得到函數的圖象.若在上單調遞增，則的取值范圍為（）A. B. C. D.二、多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，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.下列命題的是真命題的是（）.A.若，則；B.若，，則C.若，，則D.若，則10.（多選）在中，下列結論正確的是（）A.B.C.D.11.任取一個正整數，若是奇數，就將該數乘3再加上1；若是偶數，就將該數除以2.反復進行上述兩種運算經過有限次步驟后，必進入循環圈.這就是數學史上著名的“冰雹猜想”（又稱“角谷猜想”等）.如取正整數，根據上述運算法則得出，共需要8個步驟變成1（簡稱為8步“雹程”）.現給出“冰雹猜想”的遞推關系如下：已知數列滿足：（為正整數），.記數列的前項和為，若，則（）A.或32 B.C.當最小時的“雹程”是2步 D.或4747第II卷（非選擇題）三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分，12.若曲線在點處的切線過原點，則__________.13.已知△ABC中，角A、B、C的對邊分別為a、b、c，若，，且，則______．14.已知定義在上函數滿足，且為偶函數，則的周期為_____;當時，，若關于的方程有4個不同實根，則實數的取值范圍是_____.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.已知等比數列的前n項和為，，且，，成等差數列．（1）求數列通項公式；（2）設，求數列的前n項和16.如圖，在四棱錐中，平面，底面是平行四邊形，且是等邊三角形，.（1）求證：平面；（2）若是等腰三角形，求異面直線與所成角的余弦值.17.綜合素質評價是高考招生制度改革的內容之一．某高中采用多維評分的方式進行綜合素質評價．下圖是該校高三學生“運動與建康”評價結果的頻率直方圖，評分在區間[90，100），[70，90），[60，70），[50，60）上，分別對應為A，B，C，D四個等級．為了進一步引導學生對運動與健康的重視，初評獲A等級的學生不參加復評，等級不變，對其余學生學校將進行一次復評．復評中，原獲B等級的學生有的概率提升為A等級：原獲C等級的學生有的概率提升為B等級：原獲D等級的學生有的概率提升為C等級．用頻率估計概率，每名學生復評結果相互獨立．（1）若初評中甲獲得B等級，乙、丙獲得C等級，記甲、乙、丙三人復評后等級為B等級的人數為ξ，求ξ的分布列和數學期望；（2）從全體高三學生中任選1人，在已知該學生是復評晉級的條件下，求他初評是C等級的概率．18.已知橢圓的左右頂點分別為，，且右交點與拋物線的焦點重合.（1）求橢圓的方程；（2）過點作直線交橢圓于（異于）兩點，直線的交點為.①證明：點在定直線上②設直線交點為，問是否為定值？若是，求出該值，若不是，說明理由.19.已知函數.（1）若，求單調區間;（2）若，求證:;（3）若使得，求證:.

銀川市第六中學2024-2025學年第二學期高三一模數學試卷一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的．1.設集合，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】解不等式化簡集合，再利用并集、交集的定義求得答案.【詳解】由，得或，則或，而，所以.故選：D2.已知復數，其中是虛數單位，則的虛部為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用復數運算法則及共軛復數的定義判定即可.【詳解】易知的虛部為.故選：B．3.已知平面向量，滿足，且在上的投影向量為，則向量與向量的夾角為（）A.30° B.60° C.120° D.150°【答案】B【解析】【分析】根據投影向量公式得到方程，求出，進而由向量夾角余弦公式求出，得到夾角.【詳解】因為在上的投影向量為，即，所以，又，，所以，且，則．故選：B．4.已知，則取得最小值時的值為（）A.3 B.2 C.4 D.5【答案】A【解析】【分析】根據基本不等式求最值，考查等號成立的條件即可求解.【詳解】，則，當且僅當，即時等號成立.故選：A5.定義在上的函數滿足，又，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先由題設條件，結合導數與函數單調性的關系分析得在上單調遞減，再利用指對數函數的單調性得到的大小關系，從而得解.【詳解】因為，所以當時，則，則函數在上單調遞減，而，所以，即.故選：A.6.已知正三棱錐的體積為，則該三棱錐外接球的表面積為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】取正三棱錐的底面中心為，設外接球的球心為，先由三棱錐的體積求出正三棱錐的高為，再由勾股定理求出球的半徑，最后求出表面積即可.【詳解】設正三棱錐的底面中心為，外接球的球心為，顯然球心在直線上.設正三棱錐高為，外接球的半徑為，由，可得正三角形的面積為，所以，解得.球心到底面的距離為，由，得，所以外接球的表面積為.故選：D.7.雙曲線兩個焦點，焦距為8，M為曲線上一點，則（）A.1 B.1或9 C.9 D.3【答案】C【解析】【分析】由雙曲線的定義和性質可得；【詳解】由題意可得，即，又，即，由雙曲線的定義可得，解得或9，又，所以.故選：C8.將函數的圖象向右平移個單位長度，再將所得圖象上所有點的橫坐標縮短為原來的，縱坐標不變，得到函數的圖象.若在上單調遞增，則的取值范圍為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據平移規則可得的解析式，再由正弦函數的單調性得出對應不等式可得結果.【詳解】由題可得，因為，所以當時，，且因為在單調遞增，所以，又，解得.故選：B二、多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，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.下列命題的是真命題的是（）.A.若，則；B.若，，則C.若，，則D.若，則【答案】BD【解析】【分析】分別取特殊情況可得選項A,C錯誤，由同向不等式的可加性可得選項B正確，由不等式兩邊同時除以一個正數，不等號的方向不變，可得選項D正確.【詳解】解：對于選項A，取，顯然不成立，即選項A錯誤；對于選項B，因為，則，又，則，即選項B正確；對于選項C，取，,顯然不成立，即選項C錯誤；對于選項D，因為，則，則，即選項D正確，即命題是真命題的是BD,故答案為BD.【點睛】本題考查了不等式的性質，屬基礎題.10.（多選）在中，下列結論正確的是（）A.BC.D.【答案】ABC【解析】【分析】由內角和定理以及誘導公式逐一判斷即可.【詳解】在中，有，則，A正確；，B正確；，C正確；，D錯誤；故選：ABC.11.任取一個正整數，若是奇數，就將該數乘3再加上1；若是偶數，就將該數除以2.反復進行上述兩種運算經過有限次步驟后，必進入循環圈.這就是數學史上著名的“冰雹猜想”（又稱“角谷猜想”等）.如取正整數，根據上述運算法則得出，共需要8個步驟變成1（簡稱為8步“雹程”）.現給出“冰雹猜想”的遞推關系如下：已知數列滿足：（為正整數），.記數列的前項和為，若，則（）A.或32 B.C.當最小時的“雹程”是2步 D.或4747【答案】BC【解析】【分析】由，結合即可推出，即可判斷選項A；由周期性即可求得，即可判斷選項B；由A選項得的最小值為4，故雹程是2步即可判斷選項C；由A可知，，或，分類求出其前項和即可判斷選項D.【詳解】對于A，因為，所以；或；或，，即或5或4，故A錯誤；對于B，因為，所以從開始，周期為3，又，所以，故B正確；對于C，由A選項得的最小值為4，故雹程是2步，故C正確；對于D，當時，；當時，；當時，，故D錯誤.故選：BC.第II卷（非選擇題）三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分，12.若曲線在點處的切線過原點，則__________.【答案】【解析】【分析】求導，根據點斜式求解直線方程，即可代入求解.【詳解】因為，所以，所以在點處的切線方程為.又切線過原點，則，所以.故答案為：13.已知△ABC中，角A、B、C的對邊分別為a、b、c，若，，且，則______．【答案】2【解析】【分析】由題意，利用正弦定理化簡得，由，得，且，再利用余弦定理化簡得，解得即可.【詳解】在中，，正弦定理化簡得，，，，則，解得.故答案為：2.14.已知定義在上的函數滿足，且為偶函數，則的周期為_____;當時，，若關于的方程有4個不同實根，則實數的取值范圍是_____.【答案】①.（且）②.【解析】【分析】根據給定條件探討函數的周期性，設，進一步探討函數的性質，結合性質做出函數的圖象，數形結合可求的取值范圍.【詳解】因為為偶函數，所以，所以.又，所以，所以.所以，即是以8為周期的周期函數.所以函數的周期為，且.又當時，，結合函數圖象的周期性和對稱性，做出函數的部分圖象如下：令，則.所以為定義在上的偶函數.當時，又，所以當時，也是以8為周期的周期函數.當時，；當時，.所以當時，函數的圖象如下圖：因為關于的方程有4個不同實根，即直線與的圖象有4個不同交點.當時，，所以，所以.觀察圖象可知，當直線經過原點及點，即時，因為，所以直線與的圖象有3個公共點；當直線經過原點及點，即時，因為，所以直線與的圖象有5個公共點.當時，直線與的圖象有4個公共點.根據函數為偶函數，可得：當時，直線直線與的圖象有4個公共點，則.所以當時，方程有4個不同實根.故答案為：（且）；【點睛】方法點睛：已知方程根的個數，求參數的取值范圍的常用方法：（1）直接法：直接根據題設條件列出關于參數的不等式，求解即可得出參數范圍.（2）分離參數法：先將參數分離，轉化成求函數的值域問題進行求解.（3）數形結合法：對解析式適當變形，構造兩個函數，在同一平面直角坐標系中，畫出兩個函數的圖象，其交點的個數就是方程根的個數，然后數形結合求解．常見類型有兩種：一種是轉化為直線與函數的圖象的交點個數問題；另一種是轉化為兩個函數的圖象的交點個數問題.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.已知等比數列的前n項和為，，且，，成等差數列．（1）求數列的通項公式；（2）設，求數列的前n項和【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）設等比數列的公比為，由等比數列的通項公式可得，進而可得，再由等差數列的性質、等比數列的知識列方程可得，即可得解；（2）由，結合等比數列前n項和公式、裂項相消法及分組求和法即可得解.【詳解】（1）在比數列中，設等比數列的公比為，由，得，∴，∵，，成等差數列，∴，從而有，得，∴；（2）由，且，得，∴，.【點睛】本題考查了等差等比數列的綜合應用，數列求和的方法技巧有：（1）倒序相加：用于等差數列、與二項式系數、對稱性相關聯的數列的求和．（2）錯位相減：用于等差數列與等比數列的積數列的求和．（3）分組求和：用于若干個等差或等比數列的和或差數列的求和．（4）裂項相消法：用于通項能變成兩個式子相減，求和時能前后相消的數列求和.16.如圖，在四棱錐中，平面，底面是平行四邊形，且是等邊三角形，.（1）求證：平面；（2）若是等腰三角形，求異面直線與所成角的余弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】【分析】（1）由菱形的性質得出，結合線面垂直的性質得出，從而由線面垂直的判定定理即可得證；（2）建立適當的空間直角坐標系，求出兩直線的方向向量，由向量夾角的余弦的坐標公式即可得解.【小問1詳解】因為底面是平行四邊形，且是等邊三角形，所以四邊形是菱形，則有，又平面，平面，所以，又，平面，平面，所以平面；小問2詳解】設，∵是等腰三角形，∴，，以O為坐標原點，射線，分別為x軸，y軸的正半軸建立空間直角坐標系，如圖，則，，，，所以，，設與所成角為，所以，即與所成角的余弦值為.17.綜合素質評價是高考招生制度改革的內容之一．某高中采用多維評分的方式進行綜合素質評價．下圖是該校高三學生“運動與建康”評價結果的頻率直方圖，評分在區間[90，100），[70，90），[60，70），[50，60）上，分別對應為A，B，C，D四個等級．為了進一步引導學生對運動與健康的重視，初評獲A等級的學生不參加復評，等級不變，對其余學生學校將進行一次復評．復評中，原獲B等級的學生有的概率提升為A等級：原獲C等級的學生有的概率提升為B等級：原獲D等級的學生有的概率提升為C等級．用頻率估計概率，每名學生復評結果相互獨立．（1）若初評中甲獲得B等級，乙、丙獲得C等級，記甲、乙、丙三人復評后等級為B等級的人數為ξ，求ξ的分布列和數學期望；（2）從全體高三學生中任選1人，在已知該學生是復評晉級的條件下，求他初評是C等級的概率．【答案】（1）分布列見解析，（2）【解析】【分析】（1）求出的所有可能取值及其對應的概率，即可求出ξ的分布列，再由期望公式求出ξ的數學期望；（2）記事件A為“該學生復評晉級”，事件B為“該學生初評是C”，由條件概率公式代入求解即可.【小問1詳解】的所有可能取值為0，1，2，3，，，，，∴的分布列如下：0123P．【小問2詳解】記事件A為“該學生復評晉級”，事件B為“該學生初評是C”，．18.已知橢圓左右頂點分別為，，且右交點與拋物線的焦點重合.（1）求橢圓的方程；（2）過點作直線交橢圓于（異于）兩點，直線的交點為.①證明：點在定直線上②設直線交點為，問是否為定值？若是，求出該值，若不是，說明理由.【答案】（1）（2）①證明見解析；②是，9.【解析】【分析】（1）由題意知，，由拋物線焦點可得橢圓焦點，進而可得橢圓方程.（2）①設直線：，聯立直線與橢圓方程可得，，寫出直線、方程，兩式作商即可.②由①知，點、點都在定直線上，結合直線、方程可得、，由，及，，計算即可.【小問1詳解】由拋物線的焦點為，則橢圓的半焦距