高級中學名校試題PAGEPAGE1陜西省西安市部分學校2025屆高三下學期3月?？紨祵W試題一、選擇題本題共8小薄，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的.1.已知集合，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】，所以，所以.故選：D2.已知是純虛數，則（）A.3 B.4 C.5 D.6【答案】C【解析】因為是純虛數，所以且不等于3，所以，則.故選：C.3.我國文化體育事業蓬勃發展，正從體育大國向體育強國的目標持續邁進.中國代表隊在歷屆夏季奧運會獲得的金牌數依次為15，5，16，16，28，32，48，39，26，38，40，則這11屆夏季奧運會中國代表隊獲得的金牌數的第40百分位數為（）A.16 B.26 C.28 D.32【答案】B【解析】將這組數據按照從小到大的順序排列為5，15，16，16，26，28，32，38，39，40，48.因為，所以這11屆夏季奧運會中國代表隊獲得的金牌數的第40百分位數是第五個數26.故選：B4.已知命題；命題，則（）A.p和都是真命題 B.和都是真命題C.p和q都是真命題 D.和q都是真命題【答案】C【解析】當時，成立，所以真命題；因為，當且僅當，即時等號成立，而，所以為真命題,所以都是假命題.故選：C5.圓與圓的位置關系是（）A.內切 B.外離 C.外切 D.內含【答案】A【解析】圓O與圓M的半徑分別為1，4，圓心坐標分別為，則，故圓O與圓M的位置關系是內切.故選：A.6.已知過拋物線焦點的直線與交于兩點，若，則點的橫坐標為（）A.2 B.4 C.5 D.6【答案】B【解析】由題意，焦點，設直線，聯立可得，設，則，因為，即，所以，即，所以，解得，則.所以，點的橫坐標為4.故選：B.7.已知，函數的最小正周期為，若，且的圖象關于直線對稱，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由，得，解得，因為的圖象關于直線對稱，所以，即，所以，則，故選：A．8.已知函數，若函數的四個零點從小到大排列依次為，則的取值范圍為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因為函數有四個零點，所以方程有四個根，所以方程有四個根，所以函數的圖象與函數的圖象有四個交點，作函數的圖象可得觀察圖象可得，，且，所以，所以，所以，故，令可得，，故，所以，所以，因為函數在上單調遞減，所以，即，又，所以，所以的取值范圍為，故選：D.二、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.已知函數滿足：對任意，都有，且當時，．設，則下列結論正確的是（）A.B.C.D.【答案】ABC【解析】因，則，故A正確；因，，且，則，，，同理可得，，，，，，，故，故B正確，C正確；，故D錯誤；故選：ABC.10.設雙曲線的左、右焦點分別為，下列說法正確的是（）A.若C的漸近線的斜率為，則C的離心率為B.若C的漸近線方程為，且點在C上，則C.過的直線與C的右支相交于A，B兩點，若，則C的離心率為D.若C的左、右頂點分別為M，N，P是異于M，N的一點，則直線的斜率之積為【答案】ACD【解析】對于A，由C的漸近線方程為，則，所以C的離心率為，故A正確；對于B，由C的漸近線方程為，設，又點在C上，所以，即，所以，故B錯誤；對于C，過點的直線與的右支相交于兩點，不妨設，若，則，由勾股定理得，解得，故，在直角三角形中，由勾股定理得，即，所以，故C正確；對于D，設，則，即，又，所以，故D正確；故選：ACD．11.已知長方體內有一小球，小球與平面、平面、平面均相切，為小球上一點，點到平面ABD的距離和點到平面的距離均為，點到平面的距離為，則小球的半徑為（）A. B. C. D.【答案】AC【解析】如圖，以點坐標原點，以所在直線分別為軸建立空間直角坐標系.由題意，點的坐標為，設小球的半徑為，則球心，則，整理可得，即，解得或.所以，小球的半徑為或.故選：AC.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知向量，且，則_________.【答案】【解析】由已知條件可得，得.故答案為：13.已知正四棱錐的底面邊長為6，體積為48，則該四棱錐的側面積為_________.【答案】60【解析】設正四棱錐的邊長為，高為，斜高為，由題意可得，所以斜高，所以該四棱錐的側面積為.故答案為：60.14.若M是曲線上任意一點，則點M到直線的最小距離為_________.【答案】【解析】由得，當時，，當時，，則在上單調遞減，在上單調遞增，且，則作出和圖像如圖：則曲線上任意一點M到直線最小距離，即為斜率為3的切線的切點到直線的距離；設與直線平行的直線與曲線相切于點，因為，所以，即，解得或（舍去），所以，即切點為，所以切點到直線的距離為.故答案為：.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.已知函數．（1）當時，求的圖象在點處的切線方程；（2）若在上是減函數，求a的取值范圍．解：（1）當時，，所以，，，所以，即，所以切線方程為；（2）因為，由在上是減函數，所以在上恒成立，所以，所以或，所以16.在銳角中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知R是該三角形外接圓的半徑，且．（1）求角C；（2）若的面積為S，求的取值范圍．解：（1）依題意，，，由正弦定理得，所以，，所以，所以為銳角，且.（2），由于三角形是銳角三角形，所以，所以，所以，所以的取值范圍是.17.某商場舉行促銷活動，顧客凡是購買一袋指定的大米都可以抽一次獎，一袋大米的價格為元，每次抽獎只抽張獎券，每張獎券上有個不同的號碼，每個號碼只能是未中獎或中獎一次，從回收的張獎券中，記錄并整理這些獎券的情況，獲得數據如下表：中獎次數張數當一張獎券中中獎號碼不大于個時，兌換金額是每個中獎號碼元；當中獎號碼是個時，兌換金額是每個中獎號碼元；當中獎號碼是個時，兌換金額是每個中獎號碼元．假設不同獎券的中獎情況是相互獨立的，用頻率估計概率．（1）估計一張獎券的中獎號碼個數不少于的概率．（2）假設一袋米的進價為元，一張獎券的毛利潤定義為一袋大米的利潤與一張獎券中獎金額之差．（i）記為一張獎券的毛利潤（單位：元），估計的數學期望；（ii）若沒中獎的大米售價減少，中獎的大米售價增加，在這種情況下，一張獎券毛利潤的數學期望估計值不小于（i）中的估計值，求的最小值．解：（1）由已知回收的張獎券中中獎號碼個數不少于的獎券的數量為，所以回收的張獎券中一張獎券的中獎號碼個數不少于的頻率為，所以估計一張獎券的中獎號碼個數不少于的概率，（2）（i）由已知的可能取值有，，，，，且，，，，，所以隨機變量的分布列為所以隨機變量的數學期望，（ii）隨機變量的可能取值有，，，，，且，，，，，所以隨機變量的分布列為所以隨機變量的數學期望，由已知，所以，所以，所以，所以的最小值為.18.如圖，在五面體中，菱形的邊長為，，.（1）證明：且.（2）求五面體體積的最大值.（3）當五面體的體積最大時，求平面與平面夾角的余弦值.（1）證明：在菱形中，，因為平面，平面，所以平面，因為平面，平面平面，所以.取的中點，的中點，連接，，，則，所以，故，，，四點共面，因為，，所以，，即，因為四邊形為梯形，所以與相交，所以平面，又平面，所以，而，所以.（2）解：分別作，，垂足分別為，，連接，，，，由（1）知，則，又，，平面，所以平面，同理平面.因為菱形的邊長為，，為的中點，為的中點，，則，，又，所以四邊形是等腰梯形，由對稱性可知設，則，，所以，所以，，所以五面體的體積為，，則當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，故當時，五面體體的最大，最大值為.（3）解：當五面體的體積最大時，，，（方法一）以為坐標原點，，，所在直線分別為軸、軸、軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，則，，，，，，，.設平面的一個法向量為，則，取，得，，.設平面的一個法向量為，則，取，得，所以，故平面與平面夾角的余弦值為.（方法二）過點作于，過點作于，連接，由（2）知平面，則又，平面，所以平面，又平面，則，，因為，平面，所以平面，又平面，則，所以為平面與平面的夾角，又，，由（2）及已知，，所以，，則，故平面與平面夾角的余弦值為.19.在平面直角坐標系中，對于曲線C上任意一點，總存在點滿足關系式（），則曲線C變換為曲線，稱為平面直角坐標系中的伸縮變換，記為．已知曲線經過伸縮變換后得到曲線．（1）求曲線的方程．（2）已知過點的直線與曲線交于點（點在軸上