广东省汕头市2024-2025学年高三下学期第一次模拟数学试题

这是一份广东省汕头市2024-2025学年高三下学期第一次模拟数学试题，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知，，，则的最大值为（ ）
A．1B．2C．4D．不存在
2．“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
3．要得到函数的图象，只要将函数的图象（ ）
A．向右平移个单位B．向左平移个单位
C．向右平移个单位D．向左平移个单位
4．在的展开式中，含的项的系数是（ ）
A．B．C．D．
5．若圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
6．设，若函数在内存在极值点，则a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．如果圆与圆关于直线l对称，则直线l的方程为（ ）
A．B．
C．或D．
8．设甲袋有3个红球，2个白球和5个黑球，乙袋有3个红球，3个白球和4个黑球，先从甲袋中随机取出一球放入乙袋，以、和分别表示由甲袋取出的球是红球、白球和黑球的事件；再从乙袋中随机取出一球，以B表示由乙袋取出的球是红球的事件，则（ ）
A．与B相互独立B．C．D．
二、多选题
9．已知复数，（x,），则下列结论正确的是（ ）
A．方程表示的z在复平面内对应点的轨迹是圆
B．方程表示的z在复平面内对应点的轨迹是椭圆
C．方程表示的z在复平面内对应点的轨迹是双曲线
D．方程表示的z在复平面内对应点的轨迹是直线
10．正方体中，，，，，则下列两个平面的位置关系中，不成立的是（ ）
A．平面平面B．平面平面
C．平面平面D．平面平面
11．已知函数是定义在R上的奇函数，且满足，当时，，则下列结论正确的是（ ）
A．的图象关于直线对称
B．
C．在区间上单调递增
D．当时，方程的所有解的和为
三、填空题
12．在政府发布的光伏发电补贴政策的引导下，西北某地光伏发电装机量急剧上升，现对2016年至2023年的新增光伏装机量进行调查，根据散点图选择了两个模型进行拟合，并得到相应的经验回归方程．为判断模型的拟合效果，甲、乙、丙三位同学进行了如下分析：
（1）甲同学通过计算残差作出了两个模型的残差图，如图所示；
（2）乙同学求出模型①的残差平方和为0.4175、模型②的残差平方和为1.5625；
（3）丙同学分别求出模型①的决定系数、模型②的决定系数为；
经检验，模型①拟合效果最佳，则甲、乙、丙三位同学中，运算结果肯定出错的同学是 ．（填“甲”或“乙”或“丙”）
13．过双曲线的右焦点作倾斜角为30°的直线l，直线l与双曲线交于不同的两点A，B，则AB的长为 ．
14．已知曲线在点P处的切线与在点Q处的切线平行，若点P的纵坐标为1，则点Q的纵坐标为 ．
四、解答题
15．已知数列满足：（m为正整数），．
(1)设数列的前n项和为，当时，求；
(2)若，求m所有可能的取值集合M．
16．已知向量，，，且角A、B、C分别为三边a、b、c的对角．
(1)求角C的大小；
(2)若、、成等比数列，且，求边c上的高h．
17．如图，在四棱锥中，底面四边形是正方形，平面，二面角与二面角的大小相等．
(1)证明：平面平面；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值．
18．已知的三个顶点都在抛物线上，其中．
(1)当是直角三角形且时，证明直线过定点；
(2)设直线过点，是否有在以弦为底边的等腰？若存在，这样的三角形有几个？若不存在，请说明理由．
19．若曲线C上的动点P沿着曲线无限远离原点时，点P与某一确定直线L的距离趋向于零，则称直线L为曲线C的渐近线．当渐近线L的斜率不存在时，称L为垂直渐近线．例如曲线具有垂直渐近线；当渐近线L的斜率存在且不为零时，称L为斜渐近线，例如双曲线存在两条斜渐近线．
(1)请判断正弦曲线是否存在垂直渐近线或斜渐近线，不必说明理由；
(2)证明曲线存在垂直渐近线、斜渐近线；
(3)求曲线的渐近线，并作出曲线的简图．
《广东省汕头市2024-2025学年高三下学期第一次模拟数学试题》参考答案
1．C
【分析】应用基本不等式计算求解即可.
【详解】由基本不等式得：，当且仅当时取等号，C正确．
故选：C.
2．A
【分析】根据指、对数函数性质解不等式，结合充分、必要条件分析判断.
【详解】因为，等价于，
且，等价于，
又因为可以推出，不能推出，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A．
3．C
【分析】根据函数平移性质判定即可.
【详解】向右平移个单位，
将函数的图像得到函数的图象
故选：C.
4．B
【分析】根据多项式的乘法，5个因式中，4个取一次项x，1个取常数项，相乘可得项，进而得到系数.
【详解】根据多项式的乘法，5个因式中，4个取一次项x，1个取常数项，相乘可得项．
常数项共5种取法，
合并同类项得项的系数为.
故选：B.
5．A
【分析】由扇形的弧长等于圆锥底面周长，求得底面半径，进而求得圆锥的高，即可求解；
【详解】设圆锥的母线长为，底面半径为，高为，则，
由题意可得：，即，
所以，
故，
故选：A
6．B
【分析】首先求函数的导数，利用导数在内存在零点，利用参变分离，转化为函数值域问题，即可求解.
【详解】依题意，在内存在变号零点，而不是的零点，从而得，又在上递增，所以.
故选：B
7．D
【分析】由题意可得直线l的方程为以两圆圆心、为端点的线段的中垂线方程，再利用两直线垂直斜率关系和中点由点斜式求解即可.
【详解】圆圆心为，圆可化为，所以圆心为，
由题意可得直线l的方程为以两圆圆心、为端点的线段的中垂线方程，
设，
由两直线垂直斜率关系可得直线l的为1，
又两圆中点坐标为，所以直线l的方程为，即.
故选：D.
8．C
【分析】AC选项，求出各个事件的概率，得到，，A错误，C正确；BD选项，由条件概率公式进行求解.
【详解】AC选项，由题意得，，
，，
，，
故，C正确；
由于，故，
故与B不互相独立，A错误；
B选项，由条件概率得，B错误；
D选项，，D错误；
故选：C
9．AD
【分析】根据复数的几何意义逐个选项判断即可.
【详解】根据复数的几何表示知：
对A，方程表示到定点的距离等于2的动点轨迹，即圆，A正确；
对B，方程表示到定点与距离的和为2的动点轨迹，而与的距离也为2，所以z在复平面内对应点的轨迹为线段，B错误；
对C，方程表示到定点与的距离的差为1的动点轨迹，即双曲线的一支，C错误；
对D，方程表示到定点与的距离相等的动点轨迹，即线段的中垂线，D正确．
故选：AD
10．ABD
【分析】根据正方体内的常用结论：平面平面，平面，平面等，及线面平行，线面垂直的判定定理即可判断.
【详解】根据向量知识可得：分别为的中点，分别为靠近的三等分点，由与相交知，错误；
因为，平面，平面，则平面，
同理可得：平面，又 ，且 平面，
则平面平面，若平面平面，则平面平面，这与它们相交矛盾，错误；
因为分别为的中点，则，因为，且，平面，平面，
所以平面，正确；
连接，则，又，且，平面，
则平面，则，同理可得：，又，
则平面，若平面平面，注意到平面，
则平面，又平面，所以平面平面，这和与相交矛盾，错误．
故选：.
11．AC
【分析】对于A，由及奇函数性质可判断；对于B，由A的对称性得到可判断；对于C，确定函数周期，即可判断；对于D，由奇偶性，结合结合单调性及对称性可判断一个周期由两个解，且和为2，进而结合周期性可判断；
【详解】由知，的图象关于直线对称，A正确；
所以；B错误
奇函数在上递增，且，所以在上递增，
由知，是周期为4的函数，
所以在区间上单调递增，C正确；
由曲线关于直线对称知，及，且在上单调递增，
方程在上有一根，再结合对称性可得：在有一根，即一个周期内有两根，且和为2，
故在上所有根的和为，D错误．
故选：AC
12．丙
【分析】应用残差图，残差平方和，决定系数的性质判定即可.
【详解】甲的残差图中，模型①的残差点更均匀地分布在以横轴为对称轴的水平带状区域内，且水平带状区域更窄，说明模型①拟合效果更好；
残差平方和越大，即决定系数越小，说明数据点越离散，
所以乙的计算结果显示模型①的拟合效果更好，而丙的计算结果显示模型②的拟合效果更好．
故答案为：丙.
13．
【分析】根据直线与双曲线相交，由韦达定理以及弦长公式即可求解.
【详解】双曲线的右焦点为，所以直线l的方程为．由，得．设，，则，，
所以．
故答案为：
【点睛】若直线与双曲线（，）交于，两点，则或（）．
14．11
【分析】方法一：对求导，设，根据条件得到，进而得，再得到函数关于对称，最后求出点的纵坐标即可；
方法二：对求导，根据在点处的切线与在点处的切线平行，可得存在两实根，再求出点的纵坐标即可.
【详解】方法一：，则，
设，依题意，
所以，
则，显然，则，
因为，所以的图象关于点中心对称，
所以点与点关于点对称，所以，则，
所以点的纵坐标为11.
方法二：，则，
因为，所以在上单调递增，
令，设其根为，则.
因为在点处的切线与在点处的切线平行，
所以存在两实根，其中一个为，设另一个为．
即两根为，由韦达定理得，则，
所以
，
所以点的纵坐标为11.
故答案为：11.
15．(1)2051
(2)
【分析】（1）根据递推公式得到数列的前12项，再利用等比数列求和公式求解即可；
（2）用倒溯的方法，根据递推公式递推，由倒推得到m所有可能的取值.
【详解】（1）当时，，所以，，…，，，
而，
所以，；
（2）依题设的递推关系逆推可得：
故．
16．(1)
(2)
【分析】（1）应用两角和正弦公式，再应用诱导公式结合二倍角正弦计算即可；
（2）应用等比数列列式再根据正弦定理得出，最后应用面积公式计算求解.
【详解】（1）依题意，，
即，所以，
由知，，从而，故；
（2）依题意，，
由正弦定理得：，即
又，则，
所以，从而，
由三角形面积公式得：，即
故．
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）首先得到，再由，得到平面，即可得证；
（2）由（1）可得为二面角的平面角，同理可得为二面角的平面角，从而得到，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）因为平面，平面，所以，
又正方形中，，
又，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面；
（2）由（1）平面，平面，所以，，
从而为二面角的平面角，
因为，所以平面，
同理可得为二面角的平面角，
依题意，即，
以点D为原点，分别以直线、为x、y轴，过点D作z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设，则，所以，，，
所以，，
设平面的法向量为，
则，取，得，
又为平面的一个法向量，
所以，
故平面与平面的夹角的余弦值为．
18．(1)证明见解析
(2)存在，一个
【分析】（1）设直线的方程为，、，联立抛物线的方程，根据结合抛物线方程求解即可；
（2）由（1）知直线的方程为，且，，设中点坐标为，根据中点坐标公式结合由等腰三角形性质化简可得，再构造函数求导分析单调性与零点即可.
【详解】（1）设直线的方程为，、，
由得：，
所以，且，，
由即得：，
则，
所以或，
从而或，
进而或，
当时，，不合题意，所以，
故直线的方程为，过定点；
（2）假设存在以弦为底边的等腰，
由（1）知直线的方程为，且，，
设中点坐标为，
则，，
由等腰三角形性质知，即（*），
令，则，
所以在R上递增，
又，，
所以在R上有且只有一个零点，即方程（*）在R上有且只有一根，
故存在以弦为底边的等腰，且这样的三角形只有一个．
【点睛】方法点睛：
（1）解析几何中两直线垂直可用向量积为0求解；
（2）判断根的个数可构造函数利用单调性与零点存在性定理判断.
19．(1)不存在
(2)证明见解析
(3)直线与为曲线的垂直渐近线，直线为斜渐近线；作图见解析
【分析】（1）根据垂直渐近线或斜渐近线的定义判断可得答案；
（2）求出的值域可判断直线为曲线的垂直渐近线，设是曲线上一点，求出点M到直线的距离可判断直线为曲线的斜渐近线；
（3）由的解析式可得直线与为曲线的垂直渐近线；若曲线有斜渐近线，设是曲线上一点，利用点A到直线的距离得直线为曲线的斜渐近线，利用导数判断出单调性求出极值可得图象.
【详解】（1）正弦曲线不存在垂直渐近线或斜渐近线；
（2）函数的定义域为，
当且时，，所以直线为曲线的垂直渐近线，
设是曲线上一点，则点M到直线的距离
，所以直线为曲线的斜渐近线，
又曲线，直线，直线均关于原点对称，
故曲线存在垂直渐近线，斜渐近线；
（3）由得其定义域为，
当且时，；当且时，，
当且时，；当且时，，
所以直线与为曲线的垂直渐近线；
若曲线有斜渐近线，设是曲线上一点，
则当时，点A到直线的距离，
即，从而，进而，即，
因为，
所以曲线有斜渐近线，
同理可得，当时，直线为曲线的斜渐近线，
因为，
由得，，列表得：
故曲线的简图如下：

【点睛】关键点点睛：解题的关键点是利用渐近线定义结合函数值域可得答案.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
A
C
B
A
B
D
C
AD
ABD
题号
11









答案
AC









x
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0
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极大值
极小值