吉林省吉大附中实验学校2024-2025学年高三上学期第二次摸底考试数学试卷

这是一份吉林省吉大附中实验学校2024-2025学年高三上学期第二次摸底考试数学试卷，共24页。试卷主要包含了单项选择题.，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
考试时间：120分钟 试卷满分：150分
一、单项选择题（本大题包括8个小题，每小题5分，共40分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确选项填涂在答题卡上）.
1. 已知复数，则虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的除法运算求出,即可得到.
【详解】,
,
故虚部为，
故选：C
【点睛】本题主要考查了复数的除法运算，共轭复数，复数的虚部，属于容易题.
2. 已知全集，集合A，B满足，则下列关系一定正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知条件，求得，再进行选择即可.
【详解】因为集合A，B满足，故可得，
对A：当为的真子集时，不成立；
对B：当为的真子集时，也不成立；
对C：，恒成立；
对D：当为的真子集时，不成立；
故选：C.
3. 在平直的铁轨上停着一辆高铁列车，列车与铁轨上表面接触的车轮半径为，且某个车轮上的点刚好与铁轨的上表面接触，若该列车行驶了距离，则此时到铁轨上表面的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】针对实际问题建模转化为圆的弧长与圆心角、半径之间的关系，就圆心角的范围进行分类,借助于直角三角形计算即得.
【详解】当列车行驶的距离为时，则车轮转过的角度所对应的扇形弧长为，
车轮转过的角度为点的初始位置为，设车轮的中心为，当
时，作，垂足为，如图，
则到铁轨表面的距离为；
当时，，作，垂足为，如图，
则，
到铁轨表面的距离为；
当在其它范围均可得到，点到铁轨上表面的距离为.
故选:B.
4. 设公差的等差数列中，成等比数列，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可得，根据求解即可.
【详解】因为公差的等差数列an中，成等比数列，
所以，即，解得，
所以.
故选：A.
5. 已知向量在向量方向上的投影向量的模，向量在向量方向上的投影向量的模为，且，则向量与向量的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据投影向量的模长公式计算出，再由向量垂直关系列出方程，求出向量与向量的夹角余弦，得到夹角.
【详解】由题可得，所以.
因为，所以，
设向量与向量的夹角为，
所以，所以，
即.
因为，所以，
故向量与向量的夹角为.
故选：B.
6. 若，则的大小关系是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】结合对数运算性质及对数函数的单调性比较的大小，结合基本不等式及对数函数单调性比较的大小，可得结论.
【详解】，
而，且．
所以，故．
故选：D.
7. 已知点为扇形的弧上任意一点，且，若 （），则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】建系设点的坐标，再结合向量关系表示，最后应用三角恒等变换及三角函数值域求范围即可.
【详解】设圆的半径为，由已知可设为轴的正半轴，为坐标原点，过点作轴垂线为轴建立直角坐标系，
其中，其中，
由，
即，
整理得，
解得，
则，
，
所以.
故选：C.
8. 对于集合M，定义函数 对于两个集合M，N，定义集合 ，已知，.用表示有限集合M所含元素的个数，则的最小值为（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】要想最小，只需最大且最小，据此结论找出满足条件的集合.
【详解】根据题意可知：，
要想最小，只需最大且最小，
所以要使的值最小，2，4一定属于集合X；
是否属于X不影响的值，
但集合X不能含有之外的元素，，
所以当X为集合的子集与集合的并集时，取到最小值6.
故选：B
【点睛】方法点睛：
在实际解决“新定义”问题时，关键是正确提取新定义中的新概念、新公式、新性质、新模式等信息，确定新定义的名称或符号、概念、法则等，并进行信息再加工，寻求相近知识点，明确它们的共同点和不同点，探求解决方法，在此基础上进行知识转换，有效输出，合理归纳，结合相关的数学技巧与方法来分析与解决!
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知方程的两个复数根分别为，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】解方程求出，再结合共轭复数、模的意义及复数运算逐项判断即可各个选项.
【详解】方程可转化为，解得或，
不妨设，，
对于A，显然，故A正确；
对于B，，故B 错误；
对于C，由，则，故C正确；
对于D，，故D正确.
故选：ACD.
10. 已知，，是函数的三个零点（，），则（ ）
A. B.
C D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】因为函数有三个零点，所以极大值大于0，极小值小于0，可求的取值范围，判断A的真假；再根据零点和极值点的关系，结合零点存在性定理，可以判断B的真假；设，求导，假设，推导该结论成立的可能性，判断C的真假；表示出函数在3个零点出的导数，带入，整理，可判断D的真假.
【详解】因为，又，
由或，由.
所以函数在和上单调递增，在上单调递减.
因为函数有3个零点，所以，故A成立；
又，所以，且，
所以，故成立，即B成立；
因为函数有3个零点，所以可设，
则，
所以，，，
若有，则.
由B可知，可设，，（，）
则，
由，这与矛盾，所以不成立，故C错误；
因为：，故D成立.
故选：ABD
【点睛】方法点睛：对C选项，因为容易判断ABD是正确的，所以估计C是错误的，第一个想法是令取特殊值，验证C不成立.但是该方法的难点是不知道令取多少才能计算零点，所以该问题采用了类似反证法的思想，先假设C是正确的，看看推导出来的结论有无矛盾即可.
11. 如图，在四边形中，，，， ，，则下列结果正确的是（ ）
A. B.
C. D. 的面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A，由已知条件利用向量数量积运算得解；对B，在中，由余弦定理可得解；对C，在中，由正弦定理求出，在中，由余弦定理求得答案；对D，求出，利用三角形面积公式求解.
【详解】对于A，如图，连接，由，
解得，又，所以，故A正确；
对于B，在中，由余弦定理得，，
，故B错误；
对于C，因为，，所以，，
，，，
在中，由正弦定理，，即
解得，
在中，由余弦定理可得，
即，则，故C正确；
对于D，在中，，，，
，
，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共3 小题，每小题5分，共15分.
12. 在边长为2的正三角形中，D为BC的中点， ，则______________.
【答案】
【解析】
【分析】以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，根据题意求出的坐标，再根据数量积的坐标运算即可求解.
【详解】根据题意，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，
由题意得，
所以，，
，，
设，则，
可得，所以，
所以，
.
故答案为：.
13. 已知函数 ，若在区间上是单调函数，则实数的取值范围是______________.
【答案】
【解析】
【分析】根据已知条件，结合三角变换先对解析式变形，再结合正弦函数的单调性，即可求解．
【详解】
，
，，
因为在区间上单调函数，
所以，即.
所以实数的取值范围为.
故答案为：.
14. 若函数满足在定义域内的某个集合A上，对任意，都有是一个常数a，则称在A上具有M性质．设是在区间上具有M性质的函数，且对于任意，都有成立，则a的取值范围为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，由条件可得在区间上单调递增，根据a的符号分类讨论研究函数的单调性即可求解.
详解】由得，
由题意知在区间上单调递增.
①时，在区间上单调递增，符合题意；
②时，在区间上单调递增，
若在区间上单调递增，则，即对恒成立，
所以成立，故，即；
③时，对恒成立，此时，
函数由，复合而成，在上单调递增且，
而函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
若在上单调递增，则，即.
综合①②③可知a的取值范围为.
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题主要考查了复合函数的增减性问题，难度较大，解答本题的关键在于分类讨论以及结合复合函数单调性“同增异减”法则判断，从而求解.
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. 设函数.
（1）若，求函数的单调区间；
（2）设函数在上有两个零点，求实数的取值范围.（其中是自然对数的底数）
【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，求导可得，即可得到结果；
（2）根据题意，由条件可得，构造函数，其中，转化为最值问题，即可求解.
【小问1详解】
当时，的定义域为，
，
令，则，解得，
令，则，解得.
函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
【小问2详解】
令，则.
令，其中，
则.
令，解得，令，解得.
的单调递减区间为，单调递增区间为，
.
又，函数在上有两个零点，
的取值范围是.
16. 在中，角，的对边分别为，的面积为，．
（1）求角．
（2）若的面积为，，为边的中点，求的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理结合三角形面积公式求解角即可.
（2）利用余弦定理得到，再结合向量中线定理转化求解即可.
【小问1详解】
由题意得
，
由正弦定理，得，即，
所以．又，所以．
【小问2详解】
因为的面积为，
所以，所以．
因为，所以，
即，所以．
因为是边的中点，所以，
所以，
所以，所以的长为．
17. 如图所示，直角梯形中，四边形为矩形，平面⊥平面.
（1）求证: 平面;
（2）在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为 ，若存在，求出线段的长度，若不存在，请说明理由
【答案】（1）证明见解析 （2）存在，2
【解析】
【分析】（1）如图，先证明四边形为平行四边形，得，结合线面平行的判定定理即可证明；
（2）如图，根据线面垂直的判定定理，建立如图空间直角坐标系，利用求得，结合空间向量法求线面角的方法建立关于的方程，解之即可求解.
【小问1详解】
如图，连接，交于点，取的中点，连接，
则且，又且，
所以且，故四边形为平行四边形，
所以，即，又平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
取的中点，连接，则，所以，
因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，由平面，得.
建立如图空间直角坐标系，
则，
所以.
假设在线段DF上存在点满足题意，设，
由，得.所以，
设平面的法向量为，
则，令，得，即.
设直线与平面所成角为，则所以.
得，
整理得，解得或，则点或，
此时的长度为2.
故存在点或满足题意.
18. 某项团体比赛分为两轮：第一轮由团队队员轮流与AI人工智能进行比赛．若挑战成功，参加第二轮攻擂赛与上任擂主争夺比赛胜利．现有甲队参加比赛，队中共3名事先排好顺序的队员参加挑战．
（1）第一轮与对战，比赛的规则如下：若某队员第一关闯关成功，则该队员继续闯第二关，否则该队员结束闯关并由下一位队员接力去闯第一关，若某队员第二关闯关成功，则该团队接力闯关活动结束，否则该成员结束闯关并由下一位队员接力去闯第二关；当第二关闯关成功或所有队员全部上场参加了闯关，该队挑战活动结束．已知甲队每位成员闯过第一关和第二关的概率分别为，，且每位成员闯关是否成功互不影响，每关结果也互不影响．用表示甲队闯关活动结束时上场闯关的成员人数，求的期望；
（2）甲队已经顺利进入第二轮，现和擂主乙队号队员进行比赛，规则为：双方先由1号队员比赛，负者被淘汰，胜者再与负方2号队员比赛直到有一方队员全被淘汰，另一方获得胜利．已知，甲队三名队员每场比赛的胜率分别为：，，，若要求甲队获胜的概率大于，问是否满足？请说明理由．
【答案】（1）
（2）符合题意，理由见解析
【解析】
【分析】（1）的所有可能取值为1，2，3，分别求出对应的概率，可求得分布列，可求数学期望；
（2）分析得一人全胜，，两人参赛获胜，，，三人参赛获胜，三种情况的概率，进而可得求解即可.
【小问1详解】
的所有可能取值为1，2，3．
1个人的情况为：1号胜胜，则概率为，
2个人的情况为：1号负2号胜胜或1号胜负2号胜，
概率为，
3个人的概率，
所以分布列为：
所以．
【小问2详解】
分三种情况：
第一，一人全胜，该事件的概率设为，则，
第二，，两人参赛获胜，该事件的概率设为，
则，
第三，，，三人参赛获胜，该事件的概率设为，
则
由，
所以要甲队获胜的概率大于，即，化简得：
当，代入可得：，成立．
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是充分理解对应规则，分析得两规则下对应胜利的概率，从而得解.
19. 已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0 短轴长为2，左、右焦点分别为，过点的直线与椭圆C交于两点，其中分别在轴上方和下方，，直线与直线交于点，直线与直线交于点
（1）若坐标为求椭圆C的方程；
（2）在（1）的条件下，过点并垂直于轴的直线交C于点，椭圆上不同的两点满足 成等差数列. 求弦的中垂线在轴上的截距的取值范围；
（3）若，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）短轴长为2，则有，为的重心，得，代入椭圆方程求解即可；
（2）由等差中项的性质得到，再由弦长公式得到，然后分当AB斜率存在时由点差法得到，再由点斜式写出弦的中垂线方程，得弦的中垂线在轴上的截距；当AB斜率不存在时，AD的中垂线为轴，得在轴上的截距，最后得到范围；
（3）根据重心性质及面积公式得，，再结合已知不等式条件解不等式组可得，然后直曲联立得到，转化为对任意的m恒成立，解不等式即可.
【小问1详解】
椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0 短轴长为2，则有，故椭圆，
，则为的中点，又为的中点，可知为的重心，
则，故，
代入椭圆方程得，解得，所以椭圆C的方程为；
【小问2详解】
由椭圆C的方程得，，，
成等差数列，，
设，AD中点，由弦长公式，
=，
，，
同理，代入可得，
①当AD斜率存在时，由，两式作差可得，
，∴，
∴弦AD的中垂线方程为，
当时，AD的中垂线在轴上的截距为，
AD中点在椭圆C内，∴，得，且．
②当AD斜率不存在时， AD的中垂线为轴，在轴上的截距为．
∴综上所述，即弦AD的中垂线在轴上的截距的取值范围为.
【小问3详解】
，则为的中点，为的中点，
又为的中点，可知点分别为，的重心，
设，，
设点Mx1,y1，Nx2,y2，则根据重心性质及面积公式得，
，而，
∴，∴，∴，
设，则，令，
任取，有，
时，，，，
，即；
时，，，，
，即；
则在上单调递增，在上单调递减，
，，
可得，即，
设直线，则联立椭圆方程得，
消元化简得，，
∴，，
∴，
∴，则对任意的m恒成立，即，得，
故实数a的取值范围为．
【点睛】方法点睛：
解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．1
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