【文档说明】重庆市西南大学附属中学2024~2025学年高三上学期12月一诊模拟考试 数学 PDF版含解析.pdf,共(9)页,730.429 KB,由envi的店铺上传
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高三数学第1页(共6页)西南大学附中高2025届高三上12月一诊模拟考试数学试题(满分:150分;考试时间:120分钟)2024年12月注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上。2.答选择题时,必须使
用2B铅笔填涂;答非选择题时,必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写;必须在题号对应的答题区域内作答,超出答题区域书写无效;保持答卷清洁、完整。3.考试结束后,将答题卡交回(试题卷学生保存,以备评讲)。一、单选题:本题共8小题,每小题5分,共40分
.在每小题给出的选项中,只有一项是符合题目要求的.1.若复数(1)(2)zii=−+,则z的共轭复数是()A.3i+B.3i−C.1i−D.3i−+2.已知全集U=R,集合2{|40}2}1{|RxAxxxByyx=−≥==+∈,,,则U()BA
()A.{|4}xx>B.{|14}xx<<C.{|14}xx≤<D.{|14}xx<≤3.已知体积为16π的圆柱存在内切球.则该内切球的表面积为()A.8πB.323πC.16πD.32π4.2024年12月7
日西南大学附属中学校迎来了办学110周年庆典,为此某班设计了富含寓意的11个文创作品,已知甲同学喜欢作品A、B,乙同学喜欢作品B、C、D,丙同学除了不喜欢E作品,其他作品都喜欢,让甲乙丙三位同学依次从中选取
一个作为礼物收藏,若这三位同学都选到了自己喜欢的文创作品,则不同的选法有()A.50种B.48种C.45种D.40种5.已知1sin()2α+β=,tan3tanα=β,则cos(22)α−β=()A.78−B.12C.78D.12−6.已知正项等比数列{}na满足5436aaa=+,若在{}n
a中存在两项ma,ta,使得229mtaaa=,则14mt+的最小值为()A.53B.32C.52D.94{#{QQABCQAAogiAAhBAARhCQwnyCkCQkgGCCSgGwBAMsAABSBFABAA=}#}高三数学第2页(共6页)7.已知点P为圆22:(1)(2)4Cxy++−=
上一点,A(0,–4),B(6,0),则||PAPB+的最大值为()A.824+B.824−C.422+D.422−8.已知实数x,y满足{|lnln2}Myxxyyxxy=−=≤<,,
若一定存在tM∈,使得2024tλ≥成立,则λ的最小值为()A.501B.1012C.2024eD.20244e−二、多项选择题:本大题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求.全部选对得6分,选对但不全的得部分分,有选错的得0分.9.下列说法正确的是()A
.数据5,7,9,11,13,14,15,22的平均数为12B.一组数据6,7,7,8,10,12,14,16,19,21的第30百分位数为7C.若随机变量X服从二项分布~(10)XBp,,且()8EX=,则()1.6DX=D.若随机变量服从正态分布2(10)YN,σ,(6)0.3PY
<=,则(614)0.6PY<<=10.已知抛物线2:2(0)Cypxp=>,过C的焦点F作直线:2lxmy=+,若C与l交于A,B两点,3AFFB=,则下列结论正确的有()A.抛物线C的焦点到准线的距离为4B.|32|3AB=C.3m=或3−D.12OAOB⋅=−
11.已知函数cos2()esinxfxx−=,则下列说法正确的是()A.()fx是偶函数B.()fx在π2(,)π上单调递增C.()fx在−(,)ππ内共有3个极值点D.设1()()gxfxe=−
,则()gx在[44]−,ππ上共有12个零点{#{QQABCQAAogiAAhBAARhCQwnyCkCQkgGCCSgGwBAMsAABSBFABAA=}#}高三数学第3页(共6页)三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共
15分.12.已知||2a=,||5b=,72ab⋅=−,则||ab−=____________.13.若函数3()33fxxxa=−+,在区间(–2,m)的最大值为8,无最小值,则ma的取值范围为_
________.14.已知椭圆2222:1xyCab+=的左、右焦点分别是F1和F2,下顶点为点A,直线AF2交椭圆C于点B,△ABF1的内切圆与BF1相切于点P,若125FPPB=,则椭圆的离心率为__________.四、解答题:本题共
5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.(13分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知sin(coscos)cos6BaBbAcBπ+=−.(1)求角B的大小;(2)若ABC∠的角平分线BD与边AC相交于点D,6
35BD=,7b=,求△ABC的周长.16.(15分)某中学为提升学生们的数学素养,激发大家学习数学的兴趣,举办了一场“数学文化素养知识大赛”,分为初赛和复赛两个环节,初赛成绩排名前两百名的学生参加复赛.已
知共有8000名学生参加了初赛,现从参加初赛的全体学生中随机地抽取100人的初赛成绩作为样本,得到如下频率分布直方图:{#{QQABCQAAogiAAhBAARhCQwnyCkCQkgGCCSgGwBAMsAABSBFABAA=}#}高三数学第4页(共6页)(1
)规定初赛成绩中不低于90分为优秀,80~90分为良好,70~80分为一般,60~70分为合格,60分以下为不合格,若从上述样本中初赛成绩不低于80分的学生中随机抽取2人,求至少有1人初赛成绩优秀的概率,并求初赛成绩优秀的人数X
的分布列及数学期望;(2)由频率分布直方图可认为该校全体参加初赛学生的初赛成绩Z服从正态分布N(μ,σ2),其中μ可近似为样本中的100名学生初赛成绩的平均值(同一组数据用该组区间的中点值代替),且σ2=65.已知小华的初赛成绩为85分,
利用该正态分布,估计小华是否有资格参加复赛?(参考数据:658≈;若()2ZNµσ~,,则()0.6827PZµσµσ−<<+≈,()220.9545PZµσµσ−<<+≈,()330.9973PZµσµσ<<+≈-.)17.(15分)如图,在多面体ABCDPQ中,四边形
APQD为矩形,四边形ABCD为直角梯形,AD∥BC,∠ABC=90°,2AD=2AB=BC=4,且PA=PB.(1)当4BCBM=时,求证:PM⊥BD;(2)当点M在线段BC上(
包含端点),DQ=2时,求平面PAM与平面CDQ的夹角的余弦值的取值范围.QPMDCBA{#{QQABCQAAogiAAhBAARhCQwnyCkCQkgGCCSgGwBAMsAABSBFABAA=}#}高三数学第5页(共6
页)18.(17分)已知双曲线C:2222100xyabab−=>>(,)的左右焦点分别为点1F、2F,右顶点B(2,0),且121BFBF⋅=−.(1)求双曲线C的方程;(2)过左焦点1F的直
线l与双曲线C的左支交于E、F两点,若4||3EF=,求直线l的方程;(3)若直线1l与双曲线C的右支相切,切点为P,直线1l与直线2l:455x=交于点Q,试探究以线段PQ为直径的圆是否过x轴上的定点,若存在,求出定点坐标;若不存在,请
说明理由.BOF2F1yx{#{QQABCQAAogiAAhBAARhCQwnyCkCQkgGCCSgGwBAMsAABSBFABAA=}#}高三数学第6页(共6页)19.(17分)对于数列{}na,如果{}na中存在
四项ma、na、ka、la,使得mnklaaaa+=+(m,n,k,l互不相同),则称数列{}na为缤纷数列.(1)2024年12月7日,西南大学附属中学迎来了办学110周年庆典,若数列:2,4,12,7,x为缤纷数列,且x>12,求x的所有可能值;(2)
数列{}na是等比数列,公比q>0且q≠1,{}na是缤纷数列,求{}na项数的最小值,并求此时公比q的个数;(3)项数为n(4n≥)的数列{}na为等差数列,公差不为0,从{}na中任意取出4个元素组成一个数列
,该数列为缤纷数列的概率超过110,求n的最大值.[参考公式:21(1)(21)6nknnnk=++=∑](命题、审题人:校命题小组){#{QQABCQAAogiAAhBAARhCQwnyCkCQkgGCCSgGwBAMsAABSBFABAA=}#}西南大学附中高2025届高三上12月一诊模拟考试
数学试题参考答案1—5:ABCDC6—8:BAB9.AC10.ABD11ACD8.已知lnln,2.xyyxxy即lnln,2.xyxyxy令ln()xfxx,则21ln()xfxx,当(0,)xe时,()0,fx()fx递增;(,)xe时,()0
.fx()fx递减.又ln2ln424.结合图象知yx的最大值为422.即M中的最大元素为2,故20241012.2选B.11.对于A,函数cos2()esinxfxx,定义域为R,关于原点对称,且cos()2cos2()esin)esin()(xxfx
xxfx,故函数()fx是偶函数,A正确;对于B,由函数cos2()esin,(,)2xfxxx,可得coscos()sine2sinc)sin(2osecosxxxxxxfxx,(,)2x令costx,(,)2x
,(1,0)t,2,(1,0)ethttt,则e20tht,ht在(1,0)t单调递增,又1120he,010h,所以存在0(1,0)t使得00ht,000cos,(,)2txx
,()0fx当0(1,)tt时,0ht,0fx,fx在0(,)xx单调递增;当0(,0)tt时,0ht,0fx,fx在0(,)2xx单调递减;故B错误;对于C,由函数cos2()esin,(,)xfxxx,可得c
oscos()sine2sinc)sin(2osecosxxxxxxfxx,(,)x因为函数()fx是偶函数,不妨设(0,)x,sin0x,令costx,(0,)x,
(1,1)t,2,(1,1)ethttt,则e20tht,ht在(1,1)t单调递增,又1120he,010h,所以存在0(1,0)t使得00ht,000cos,(,)2txx
,()0fx当0(1,)tt时,0ht,0fx,fx在0(,)x单调递增;当0(,1)tt时,0ht,0fx,fx在0(0,)x单调递减;()fx在0xx处取得极小值又
函数()fx是偶函数,所以fx在0(,)x单调递减,在0(,0)x单调递增所以()fx在0xx处取得极小值,在0x处取得极大值.故C正确;对于D,由cos21()()si1enxegxfxex
,(2π)gxgx,函数gx周期为2π,不妨设[0,2π]x,cos)eo(s)sin(2cxgxxx,由C可知,存在0(,)2x,gx在0(0,)x单调递减,0(,)x单调递增,0(,2)x单调递减,0(2,2)x
单调递增,又1(0)0gee,1()02ge,()0g,31()02ge,1(2)0gee,所以()gx在[0,2]上有3个零点,故()gx在[4,4]上共有12个零点.D正确.故选:ACD.
12.6;13.1,22;13.1215.解:(1)由正弦定理,1sin(sincossincos)sincos().sin623BABBACBac163()sinsinsin()sin
sinsincos().2566acBABBCCB结合ABC化简可得-----------------------2分又因为(0,)C,所以sin0C,所以31sincos()cossin622BBBB,
即tan3.B--------------------5分又因为(0,)B,则3B.---------------------------6分(2)因为ABCABDBCDSSS,所以,即6()5acac,------------9分
由余弦定理,22217()27cos3222acacacacac,结合6()5acac可得(舍负),----------------12分则ABC的周长为57.----------------13
分16.解:(1)在[80,90)内样本中人数:0.015×10×100=15在[90,100)内样本中人数:0.005×10×100=5抽取2人中成绩优秀人数X可取0,1,2𝑃(𝑋=0)=𝐶215𝐶220=2138,𝑃(
𝑋=1)=𝐶115𝐶15𝐶220=1538,𝑃(𝑋=2)=𝐶25𝐶220=119X的分布列为X012P21381538119至少有1人初赛成绩优秀的概率𝑃(𝑋≥1)=1738(2)𝜇=45×0.
05+55×0.2+65×0.3+75×0.25+85×0.15+95×0.05=69𝜎2=65,𝜎≈8∵𝑍∼𝑁(69,65)∴𝑃(𝑍≥85)=𝑃(𝑍≥𝜇+2𝜎)=12[1―𝑃(𝜇―2𝜎<𝑍<𝜇+2𝜎)]≈0.022755ac∴全校参加初赛学
生中,不低于85分的约有8000×0.02275=182人∵182<200,∴估计小华有资格参加复赛。17.(1)证明:过点P作𝑃𝑂⊥𝐴𝐵于点O,连接OM,过D作𝐷𝐸⊥𝐵𝐶于E,连接AE。∵𝑃𝐴=𝑃𝐵,∴𝑂𝐴=�
�𝐵在矩形APQD中,𝐴𝐷⊥𝐴𝑃,在梯形ABCD中,∠𝐴𝐵𝐶=90°,𝐴𝐷∥𝐵𝐶,∴∠𝐵𝐴𝐷=90°,即𝐴𝐷⊥𝐴𝐵又𝐴𝐵∩𝐴𝑃=𝐴,𝐴𝐵⊂面𝐴𝐵𝑃,𝐴𝑃⊂面𝐴𝐵𝑃
,∴𝐴𝐷⊥面𝐴𝐵𝑃∵𝑃𝑂⊂面𝐴𝐵𝑃,∴𝐴𝐷⊥𝑃𝑂又𝑃𝑂⊥𝐴𝐵,𝐴𝐵∩𝐴𝐷=𝐴,𝐴𝐵,𝐴𝐷⊂面𝐴𝐵𝐶𝐷,∴𝑃𝑂⊥面𝐴𝐵𝐶𝐷∵𝐵𝐷⊂面𝐴𝐵𝐶𝐷,∴𝑃𝑂⊥𝐵𝐷在梯形ABCD中,𝐵𝐸=𝐴𝐷=2=
12𝐵𝐶,E是BC中点∵𝐵𝐶=4𝐵𝑀,∴𝐵𝑀=14𝐵𝐶=12𝐵𝐸,M是BE的中点,∴𝑂𝑀∥𝐴𝐸正方形ABED中,𝐵𝐷⊥𝐴𝐸,∴𝐵𝐷⊥𝑂𝑀又𝑃𝑂⊥𝐵𝐷,𝑃𝑂∩𝑂𝑀=𝑂,𝑃𝑂,𝑂𝑀⊂面𝑃𝑂𝑀,∴𝐵�
�⊥面𝑃𝑂𝑀∵𝑃𝑀⊂面𝑃𝑂𝑀,∴𝑃𝑀⊥𝐵𝐷(2)解:以O为原点,过O平行于AD方向的直线为x轴,AB所在直线为y轴,OP所在直线为z轴建立空间直角坐标系,如图,则O(0,0,0),P(0,0
,3),Q(2,0,3),A(0,1,0),B(0,-1,0),C(4,-1,0),D(2,1,0),设𝐵𝑀=𝜆𝐵𝐶(0≤𝜆≤1),𝐵C=(4,0,0),𝐵𝑀(4𝜆,0,0),M(4𝜆,-1,0),𝐴𝑃=(0,-1
,3),𝐴𝑀=(4𝜆,-2,0),𝐶D=(-2,2,0),𝐷Q=(0,-1,3)设平面PAM的一个法向量𝑚=(𝑎,𝑏,𝑐)则𝑚⋅𝐴𝑃=0𝑚⋅𝐴𝑀=0∴―𝑏+3𝑐=04𝜆𝑎―2𝑏=0,∴𝑚=(3,23𝜆,2𝜆)设平面CDQ的一个法向量𝑛=
(𝑥,𝑦,𝑧)则𝑛⋅𝐶𝐷=0𝑛⋅𝐷𝑄=0∴―2𝑥+2𝑦=0―𝑦+3𝑧=0,∴𝑛=(3,3,1)记平面PAM与平面CDQ的夹角为𝜃,则cos𝜃=|cos⟨𝑚,𝑛⟩|=|𝑚⋅𝑛||𝑚||𝑛|=|3+6𝜆+2�
�|3+12𝜆2+4𝜆2⋅3+3+1=8𝜆+316𝜆2+3⋅7=87⋅𝜆+3816𝜆2+3=87𝜆+38216𝜆2+3令𝑡=𝜆+38,𝑡∈[38,118],则𝜆=𝑡―38∴cos𝜃=87�
�216𝑡2―34𝑡+964+3=87𝑡216𝑡2―12𝑡+214=8712141𝑡2―121𝑡+16令𝑘=1𝑡,𝑘∈[811,83],则cos𝜃=871214𝑘2―12𝑘+1
6令𝑓(𝑘)=214𝑘2―12𝑘+16,𝑘∈[811,83],𝑘对=87∵83―87>87―811∴当𝑘=83时,𝑓(𝑘)𝑚𝑎𝑥=643,当𝑘=87时,𝑓(𝑘)min=647∴1𝑓(𝑘)∈[364,764],1
𝑓(𝑘)∈[38,78],∴cos𝜃∈[217,1]即平面PAM与平面CDQ的夹角的余弦值的取值范围为[217,1].18.解:(1)由题(2,0)B,2a,点1(,0)Fc、2(,0)Fc,则1(2,0)BFc,2(2,0)BFc
,21241BFBFc,∴25c,2221bca故双曲线C的方程为:2214xy(2)设直线:5lxty,1122(,),(,)ExyFxy联立22544xtyxy
,消x得,22(4)2510tyty,216160t韦达定理,122254tyyt,12214yyt弦长222212121224(1)411()434tEFtyytyyyyt,∴214t,12t
故直线l的方程为:152xy或152xy,即2250xy或2250xy.(3)当直线1l的斜率不存在时,1l∥2l,不符合题意.当直线1l的斜率存在时,设1:lykxm,联立22
44ykxmxy消y得,222(41)8440kxkmxm22222(8)4(41)(44)16(41)0kmkmkm,∴2241,0mkm设切点11(,)Pxy,交点22(,)Qxy,则1228442(41)41kmk
mkxmkk,22211441kkmykxmmmmm,zyxOQPMDCBA2455x,2455ykm假设存在x轴上点0(,0)Mx满足条件,则MPMQ恒成立,101202102012(,)(,)()()MPM
Qxxyxxyxxxxyy212012012()xxxxxxyy200165445145()()555kkxxkmmmm200014(5455)(5)5kxxxm00014(5)(55)(5)5kx
xxm0054(5)()05kxxm故存在05x,使得0MPMQ即MPMQ,此时x轴上定点(5,0)M.19.解:(1)①471215xx,,②271217xx,,③241216xx,,④247
9xx,(舍)∴x所有可能值为:15,16,17(2)若项数为4,不妨令na为:1,q,2q,3q,321qqq,21qqq,2(1)0q,1q(舍)若项数为5,不妨令na为:1,q,2q,3q,4q则1,q,2q,3q,4q为从小到大或从大到小排
列。a.423qqqq,321qqq,∴21qqq,2(1)0q,1q(舍)b.4231qqq,3(1)(1)(1)qqqq,∴31qq,310qq令3
()1(0)fxxxx,2'()31fxx,()fx在(0,33)(33,+)(1)10f,(2)50f,(0)10f∴(12)p,使()0fpc.431qqq,3(1)1qqq,31q,1q(舍)d.421qq
q,22(1)1qqq,2(1)1qq,3210qq令32()1(0)gxxxx,2'()32gxxxx>0时,'()0gx,()gx在(0,+),(1)10g,(
1)10g∴(01)q,使()0gqe.321qqq,21qqq,2(1)0q,1q(舍)综上:满足条件的公式q一共有2个。(3)不妨令na=1,2,3,…,n,取出的4个数从小到大依次为abcd当dm时(
mn,mz),缤纷数列a,b,c,d共有mA个ai(13im,iz),从a到d共有1mi个数相应b,c的取法有122mi种,∴3112mmimiA当m为偶数时,42212
12(2)24mmimAim当m为奇数时,若a=1,共有32m种若2a,则回到刚才m为偶数的情形,共有21(3)4m种此时21331(3)4222mmmmAm综上,当n为偶数时,从{}na中取出4
个数为缤纷数列的个数为:45646571()()nnnnTAAAAAAAAAA222242121223222nnn222232212(1)2()622nnn
nCCC321(2)(1)224nnnnC(1)(2)1222(2)(1)2246nnnnnn11(2)(1)(4)(2)2424nnnnnn1(2)(25)24nnn
由421(2)(25)2512411043(1)(2)(3)24nnnnnTnCnnnnnn,即224530nn∴321n,此时n最大为20。当n为奇数时,46157()()nnnT
AAAAAA22233112(1223)222nnn2222322131(2)2()622nnnnCCC1351222(3)(1)(2)2246nnnnnn1(1)(
3)(27)24nnn由421(1)(3)(27)271241102(1)(2)(3)24nnnnnTnCnnnnnn,即222700nn∴418n,此时n最大为17。综上,n的最大值为20。