2025屆安徽省示范高中金榜教育高三線上2月29日數學試題高考模擬題（三）請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。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．已知在中，角的對邊分別為，若函數存在極值，則角的取值范圍是（）A． B． C． D．2．設，，則（）A． B．C． D．3．在長方體中，，則直線與平面所成角的余弦值為（）A． B． C． D．4．已知（i為虛數單位，），則ab等于（）A．2 B．-2 C． D．5．已知函數，，若對任意，總存在，使得成立，則實數的取值范圍為（）A． B．C． D．6．以下關于的命題，正確的是A．函數在區間上單調遞增B．直線需是函數圖象的一條對稱軸C．點是函數圖象的一個對稱中心D．將函數圖象向左平移需個單位，可得到的圖象7．設復數，則=（）A．1 B． C． D．8．已知雙曲線：的左、右兩個焦點分別為，，若存在點滿足，則該雙曲線的離心率為（）A．2 B． C． D．59．如圖，點E是正方體ABCD-A1B1C1D1的棱DD1的中點，點F，M分別在線段AC，BD1（不包含端點）上運動，則（）A．在點F的運動過程中，存在EF//BC1B．在點M的運動過程中，不存在B1M⊥AEC．四面體EMAC的體積為定值D．四面體FA1C1B的體積不為定值10．若點x,y位于由曲線x=y-2+1與x=3圍成的封閉區域內（包括邊界），則A．-3,1 B．-3,5 C．-∞,-311．雙曲線x26-y23=1的漸近線與圓(x－3)2＋y2＝A．3 B．2C．3 D．612．已知函數是定義在上的偶函數，且在上單調遞增，則（）A． B．C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知在△ABC中，（2sin32°，2cos32°），（cos77°，﹣cos13°），則?_____，△ABC的面積為_____．14．如圖，己知半圓的直徑，點是弦（包含端點，）上的動點，點在弧上．若是等邊三角形，且滿足，則的最小值為___________.15．設函數，若在上的最大值為，則________.16．連續2次拋擲一顆質地均勻的骰子（六個面上分別標有數字1，2，3，4，5，6的正方體），觀察向上的點數，則事件“點數之積是3的倍數”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）已知函數.（1）討論的單調性；（2）若恒成立，求實數的取值范圍.18．（12分）如圖，已知拋物線：與圓：（）相交于，，，四個點，（1）求的取值范圍；（2）設四邊形的面積為，當最大時，求直線與直線的交點的坐標.19．（12分）的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知，．求C；若，求，的面積20．（12分）如圖,直角三角形所在的平面與半圓弧所在平面相交于,，,分別為,的中點,是上異于,的點,.（1）證明:平面平面;（2）若點為半圓弧上的一個三等分點(靠近點)求二面角的余弦值.21．（12分）已知函數（1）求f(x)的單調遞增區間；（2）△ABC內角A、B、C的對邊分別為a、b、c，若且A為銳角，a=3，sinC=2sinB，求△ABC的面積.22．（10分）在以為頂點的五面體中，底面為菱形，，，，二面角為直二面角.（Ⅰ）證明：；（Ⅱ）求二面角的余弦值.

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】

求出導函數，由有不等的兩實根，即可得不等關系，然后由余弦定理可及余弦函數性質可得結論．【詳解】，.若存在極值，則，又.又．故選：C．【點睛】本題考查導數與極值，考查余弦定理．掌握極值存在的條件是解題關鍵．2、D【解析】

由不等式的性質及換底公式即可得解.【詳解】解：因為，，則，且，所以，，又,即,則，即，故選：D.【點睛】本題考查了不等式的性質及換底公式，屬基礎題.3、C【解析】

在長方體中，得與平面交于，過做于，可證平面，可得為所求解的角，解，即可求出結論.【詳解】在長方體中，平面即為平面，過做于，平面，平面，平面，為與平面所成角，在，，直線與平面所成角的余弦值為.故選:C.【點睛】本題考查直線與平面所成的角，定義法求空間角要體現“做”“證”“算”，三步驟缺一不可，屬于基礎題.4、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：．【點睛】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．5、C【解析】

將函數解析式化簡，并求得，根據當時可得的值域；由函數在上單調遞減可得的值域，結合存在性成立問題滿足的集合關系，即可求得的取值范圍.【詳解】依題意，則，當時，，故函數在上單調遞增，當時，；而函數在上單調遞減，故，則只需，故，解得，故實數的取值范圍為.故選：C.【點睛】本題考查了導數在判斷函數單調性中的應用，恒成立與存在性成立問題的綜合應用，屬于中檔題.6、D【解析】

利用輔助角公式化簡函數得到，再逐項判斷正誤得到答案.【詳解】A選項，函數先增后減，錯誤B選項，不是函數對稱軸，錯誤C選項，，不是對稱中心，錯誤D選項，圖象向左平移需個單位得到，正確故答案選D【點睛】本題考查了三角函數的單調性，對稱軸，對稱中心，平移，意在考查學生對于三角函數性質的綜合應用，其中化簡三角函數是解題的關鍵.7、A【解析】

根據復數的除法運算，代入化簡即可求解.【詳解】復數，則故選：A.【點睛】本題考查了復數的除法運算與化簡求值，屬于基礎題.8、B【解析】

利用雙曲線的定義和條件中的比例關系可求.【詳解】.選B.【點睛】本題主要考查雙曲線的定義及離心率，離心率求解時，一般是把已知條件，轉化為a,b,c的關系式.9、C【解析】

采用逐一驗證法，根據線線、線面之間的關系以及四面體的體積公式，可得結果.【詳解】A錯誤由平面，//而與平面相交，故可知與平面相交，所以不存在EF//BC1B錯誤，如圖，作由又平面，所以平面又平面，所以由//，所以，平面所以平面，又平面所以，所以存在C正確四面體EMAC的體積為其中為點到平面的距離，由//，平面，平面所以//平面，則點到平面的距離即點到平面的距離，所以為定值，故四面體EMAC的體積為定值錯誤由//，平面，平面所以//平面，則點到平面的距離即為點到平面的距離，所以為定值所以四面體FA1C1B的體積為定值故選：C【點睛】本題考查線面、線線之間的關系，考驗分析能力以及邏輯推理能力，熟練線面垂直與平行的判定定理以及性質定理，中檔題.10、D【解析】

畫出曲線x=y-2+1與x=3圍成的封閉區域，y+1x-2表示封閉區域內的點(x,y)【詳解】畫出曲線x=y-2+1與y+1x-2表示封閉區域內的點(x,y)和定點P(2,-1)設k=y+1x-2，結合圖形可得k≥k由題意得點A,B的坐標分別為A(3,0),B(1,2)，∴kPA∴k≥1或k≤-3，∴y+1x-2的取值范圍為-∞,-3故選D．【點睛】解答本題的關鍵有兩個：一是根據數形結合的方法求解問題，即把y+1x-211、A【解析】

由圓心到漸近線的距離等于半徑列方程求解即可.【詳解】雙曲線的漸近線方程為y＝±22x，圓心坐標為(3,0)．由題意知，圓心到漸近線的距離等于圓的半徑r，即r＝±答案：A【點睛】本題考查了雙曲線的漸近線方程及直線與圓的位置關系，屬于基礎題.12、C【解析】

根據題意，由函數的奇偶性可得，，又由，結合函數的單調性分析可得答案．【詳解】根據題意，函數是定義在上的偶函數，則，，有，又由在上單調遞增，則有，故選C.【點睛】本題主要考查函數的奇偶性與單調性的綜合應用，注意函數奇偶性的應用，屬于基礎題．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

①根據向量數量積的坐標表示結合兩角差的正弦公式的逆用即可得解；②結合①求出，根據面積公式即可得解.【詳解】①2（sin32°?cos77°﹣cos32°?sin77°），②，，∴，∴．故答案為：．【點睛】此題考查平面向量與三角函數解三角形綜合應用，涉及平面向量數量積的坐標表示，三角恒等變換，根據三角形面積公式求解三角形面積，綜合性強.14、1【解析】

建系，設，表示出點坐標，則，根據的范圍得出答案．【詳解】解：以為原點建立平面坐標系如圖所示：則，，，，設，則，，，，，，，顯然當取得最大值4時，取得最小值1．故答案為：1．【點睛】本題考查了平面向量的數量積運算，坐標運算，屬于中檔題．15、【解析】

求出函數的導數，由在上，可得在上單調遞增，則函數最大值為，即可求出參數的值.【詳解】解：定義域為，在上單調遞增，故在上的最大值為故答案為：【點睛】本題考查利用導數研究函數的單調性與最值，屬于基礎題.16、【解析】總事件數為，目標事件：當第一顆骰子為1,2,4,6，具體事件有，共8種；當第一顆骰子為3,6，則第二顆骰子隨便都可以，則有種；所以目標事件共20中，所以。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）當時，在上單調遞增；當時，在上單調遞減，在上單調遞增；當時，在上單調遞減，在上單調遞增；（2）.【解析】

（1）對a分三種情況討論求出函數的單調性；（2）對a分三種情況，先求出每一種情況下函數f(x)的最小值，再解不等式得解.【詳解】（1），當時，，在上單調遞增；當時，，，，，∴在上單調遞減，在上單調遞增；當時，，，，，∴在上單調遞減，在上單調遞增.綜上：當時，在上單調遞增；當時，在上單調遞減，在上單調遞增；當時，在上單調遞減，在上單調遞增.（2）由（1）可知：當時，，∴成立.當時，，，∴.當時，，，∴，即.綜上.【點睛】本題主要考查利用導數研究函數的單調性和不等式的恒成立問題，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平和分析推理能力.18、（1）（2）點的坐標為【解析】

將拋物線方程與圓方程聯立,消去得到關于的一元二次方程,拋物線與圓有四個交點需滿足關于的一元二次方程在上有兩個不等的實數根,根據二次函數的有關性質即可得到關于的不等式組,解不等式即可.不妨設拋物線與圓的四個交點坐標為，，，，據此可表示出直線、的方程,聯立方程即可表示出點坐標,再根據等腰梯形的面積公式可得四邊形的面積的表達式,令,由及知,對關于的面積函數進行求導，判斷其單調性和最值,即可求出四邊形的面積取得最大值時的值,進而求出點坐標.【詳解】（1）聯立拋物線與圓的方程消去，得.由題意可知在上有兩個不等的實數根.所以解得，所以的取值范圍為.（2）根據（1）可設方程的兩個根分別為，（），則，，，，且，，所以直線、的方程分別為，,聯立方程可得,點的坐標為，因為四邊形為等腰梯形,所以，令，則，所以，因為,所以當時,；當時,，所以函數在上單調遞增，在上單調遞減，即當時，四邊形的面積取得最大值，因為,點的坐標為,所以當四邊形的面積取得最大值時,點的坐標為.【點睛】本題考查利用導數求函數的極值與最值、拋物線及其標準方程及直線與圓錐曲線相關的最值問題；考查運算求解能力、轉化與化歸能力和知識的綜合運用能力;利用函數的思想求圓錐曲線中面積的最值是求解本題的關鍵;屬于綜合型強、難度大型試題.19、(1)．(2)．【解析】

由已知利用正弦定理，同角三角函數基本關系式可求，結合范圍，可求，由已知利用二倍角的余弦函數公式可得，結合范圍，可求A，根據三角形的內角和定理即可解得C的值．由及正弦定理可得b的值，根據兩角和的正弦函數公式可求sinC的值，進而根據三角形的面積公式即可求解．【詳解】由已知可得，又由正弦定理，可得，即，，，，即，又，，或舍去，可得，．，，，由正弦定理，可得，，．【點睛】本題主要考查了正弦定理，同角三角函數基本關系式，二倍角的余弦函數公式，三角形的內角和定理，兩角和的正弦函數公式，三角形的面積公式等知識在解三角形中的應用，考查了計算能力和轉化思想，屬于中檔題．20、（1）詳見解析；（2）.【解析】

（1）由直徑所對的圓周角為，可知，通過計算，利用勾股定理的逆定理可以判斷出為直角三角形，所以有.由已知可以證明出，這樣利用線面垂直的判定定理可以證明平面，利用面面垂直的判定定理可以證明出平面平面;（2）以為坐標原點，分別以垂直于平面向上的方向、向量所在方向作為軸、軸、軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，求出相應點的坐標，求出平面的一個法向量和平面的法向量，利用空間向量數量積運算公式，可以求出二面角的余弦值.【詳解】解：（1）證明：因為半圓弧上的一點，所以.在中，分別為的中點，所以，且.于是在中，，所以為直角三角形，且.因為，,所以.因為，，，所以平面.又平面，所以平面平面.（2）由已知，以為坐標原點，分別以垂直于、向量所在方向作為軸、軸、軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，,,,.設平面的一個法向量為,則即，取,得