广东省深圳市建文教育集团两学部2024-2025学年高三下学期2月第一次模拟数学试题

这是一份广东省深圳市建文教育集团两学部2024-2025学年高三下学期2月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．设集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知，则等于（ ）
A．B．C．D．
3．点关于直线的对称点为，则点到直线的距离为（ ）
A．B．C．D．
4．已知函数是奇函数，则曲线在处的切线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
5．已知复数z满足，则（ ）
A．B．C．D．
6．在平行六面体中，若，则（ ）
A．B．
C．D．
7．设，为椭圆的两个焦点，为上一点且在第一象限，若为等腰三角形，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
8．在正六棱柱中，，为棱的中点，以为球心，为半径的球面与该正六棱柱各面的交线总长为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知点，，点在圆：上运动，则（ ）
A．直线与圆相离B．的面积的最小值为
C．的最大值为D．当最小时，
10．在平面直角坐标系中，已知圆，直线，则下列说法成立的是（ ）
A．圆上有两个点到直线的距离为B．圆上有三个点到直线的距离为
C．圆上有三个点到直线的距离为D．圆上有四个点到直线的距离为
11．已知椭圆的长轴长为4，离心率为分别为椭圆的左､右焦点，过点的直线与椭圆相交于两点，则下列说法正确的是（ ）
A．椭圆的标准方程为
B．椭圆上存在点，使得
C．是椭圆上一点，若，则
D．若的内切圆半径分别为，当时，直线的斜率
三、填空题
12．已知，则 ；若，则 ．
13．已知集合，，若，且中恰有个整数元素，则实数的取值范围为 ．
14．一项“过关游戏”规则规定：在第关要抛掷一颗骰子次，如果这次抛掷所出现的点数的和大于，则算过关. 则某人在这项游戏中最多能过 关；他连过前三关的概率是
四、解答题
15．如图，在正三棱柱中，已知，、分别是、的中点.
(1)求正三棱柱的表面积；
(2)求证：平面平面；
(3)求证：直线平面.
16．某单位组织名职工利用周末和节假日参加社会公益活动，活动内容是：到各社区宣传慰问，倡导文明新风；到指定的社区、车站、码头做义工，帮助哪些需要帮助的人，各位职工根据各自的实际情况，选择了不同的活动项目，相关系数据如下表所示：
(1)用分层抽样的方法在做义工救助的职工中随机抽取名，求在年龄大于岁的职工中，应该抽取几名？
(2)在（1）中抽取的名职工中，任取名，求选到的职工的年龄大于岁的数学期望．
17．已知的展开式中共有9项.
(1)求的值；
(2)求展开式中的系数；
(3)求二项式系数最大的项.
18．设的内角所对边的长分别是，且.
（1）求的值； （2）求的值.
19．已知，其中.
（1）若是函数的极值点，求的值；
（2）求的单调区间；
（3）若在上的最大值是0，求的取值范围．
宣传慰问
义工救助
总计
至岁
大于岁
总 计
《广东省深圳市建文教育集团两学部2024-2025学年高三下学期2月第一次模拟数学试题》参考答案
1．B
【分析】根据不等式的解法化简集合，根据交集运算即可.
【详解】因为合，
所以，
故选：B
2．C
【分析】利用余弦的倍角公式，代入即可求解.
【详解】根据余弦的倍角公式，可得.
故选：C.
【点睛】本题主要考查了余弦的倍角公式的应用，其中解答中熟记余弦的倍角公式是解答的关键，属于基础题.
3．C
【分析】由对称关系求得，再由点到线距离公式求解；
【详解】设关于直线的对称点为，
由对称关系可得，
解得．
则点到直线：的距离为．
故选：C．
4．B
【分析】利用函数的奇偶性求出，然后求解函数的导数，得到切线的斜率，然后求解切点坐标，得到切线方程．
【详解】由函数的定义域为，且是奇函数，
则，即，解得，
于是，求导得，则，而，
所以曲线在处的切线的方程为：，即.
故选：B
5．A
【分析】利用复数的四则运算法则化简计算即得.
【详解】由，可得.
故选：A.
6．B
【分析】根据空间向量基本定理可得答案．
【详解】.
故选：B.
7．C
【分析】由椭圆标准方程可得，，，根据题意得或，结合图形，利用椭圆的定义求出的三边长，即可求得其面积
【详解】由椭圆：可得，， ，
因为上一点且在第一象限，则
由为等腰三角形，则可得或，
当时，，
此时的面积为：；
当时，，不合题意，舍去.
综上，可得的面积为.
故选：C．

8．D
【分析】根据题意，画出图形，设分别为的中点，连接，由题意可知球不与侧面及侧面相交，球与侧面交于点，与侧面交于点，然后分别判断与其余4个面的交线，求出球面与正六棱柱各个面所交的弧线的长度之和即可
【详解】因为球的半径为6，，所以球不与侧面及侧面相交，
设分别为的中点，连接，
则由题意可得，
所以，
所以球与侧面交于点，与侧面交于点，
在正六边形中，因为，所以，
所以，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，
所以平面，所以平面，且，
所以，
所以球与侧面的交线是以为直径的半圆，
同理可得球与侧面的交线是以为直径的半圆，
因为，所以球与上下底面的交线均为个半径为的圆，
所以球面与该正六棱柱各面的交线总长为
故选：D

【点睛】关键点点睛：此题考查球与棱柱表面的交线问题，解题的关键是画出图形，根据题意找出球与各个面的交线，考查空间想象能力和计算能力，属于较难题.
9．ACD
【分析】由已知，圆心为，半径为，直线的方程为即，利用点到直线的距离公式可判断；根据三角形的面积公式，结合圆的性质即可判断；利用圆的性质可判断；根据直线与圆相切和勾股定理可判断．
【详解】
对于A，已知点,，点在圆：上运动，
则圆心为，半径为，直线的方程为即，
则圆心到直线的距离，所以直线与圆相离，故A正确；
对于B，因为，点到直线的距离的最小值为，则面积的最小值为，故B错误；
对于C，，故C正确；
对于D，当最小时，直线与圆相切，此时，故D正确．
故选：ACD．
10．AD
【分析】依题意可得圆心，半径为，圆心到直线的距离为，结合选项逐一判断即可．
【详解】圆的圆心，半径为，
圆心到直线的距离为；
又圆的半径为，得圆上有两个点到直线的距离为，
圆上有个点到直线的距离为，所以AD成立
故选：AD．
11．AC
【分析】对于A，根据题意直接得到和，进而得到，即可得到椭圆方程；对于B，判断与椭圆是否有公共点，即可判断是否存在满足题意的点；对于C，设，根据余弦定理得到，进而得到，结合三角形面积公式即可求解面积；对于D，设直线，将直线与椭圆方程联立，由韦达定理结合条件求解直线的斜率即可.
【详解】对于A，因为椭圆的长轴长为，所以，又因为椭圆的离心率，
所以，所以，所以椭圆，故A正确；
对于B，若椭圆上存在点，使得，则点在圆上，
又因为方程组无解，故B错误；
对于C，设，则，

在中，由余弦定理可得
，因为，所以，
所以，故C正确；
对于D，显然直线斜率不为0，设直线，

由，整理得：恒成立，
所以，依题意有，
得，所以，即，
同理可得，因为，所以，又因为，所以，
因为，所以，解得，
代入到，得，解得：，
所以直线的斜率为：，故D错误.
故选：AC.
【点睛】本题考查几何与代数，涉及椭圆的标准方程､定义､性质､焦点三角形等，在处理焦点三角形问题时，往往结合椭圆的定义以及余弦定理来进行解决.
12． 或
【分析】第一空，利用的解析式直接求解即可；第二空，分类讨论的取值范围，结合的解析式即可得解.
【详解】因为，所以；
因为，
当时，，解得（舍去）或；
当时，，解得.
综上：或；
故答案为：；或.
13．
【分析】利用解不含参的一元二次不等式得，再利用函数方程根的分布，结合含参数的交集运算得，最后计算得结论．
【详解】集合或，
设，则函数的图象开口向上，而由知：对称轴．
因为中恰有个整数元素，所以方程有实数根，
令、是方程的两根，则，
所以（取），所以中恰有个整数元素为，
则，即，解得，
所以实数的取值范围为．
故答案为：
14．
【分析】每关得到的最大点数为，令，利用作差法可求得数列单调性，由此可确定当时，，从而得到结论；分别计算该人通过第一、第二和第三关的概率，根据独立事件概率乘法公式可求得结果.
【详解】若每次抛掷一颗骰子都能得到最大点数点，则第关抛掷的点数和为，
令，则，
则当时，数列单调递增；当时，数列单调递减；
又，，，
当时，，则某人在这项游戏中最多能过关；
该人第一关所有可能的结果为，则通过第一关的概率；
该人第二关所有可能的结果有种，则不能过关的基本事件个数为的正整数解的个数，则有种，
通过第二关的概率；
该人第三关所有可能的结果有种，则不能过关的基本事件个数为的正整数解得个数，则有种，
通过第三关的概率；
连过前三关的概率.
故答案为：；.
15．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据多面体表面积的求法求解.
（2）证明出线面垂直，从而证明面面垂直；
（3）证明出，从而证明出线面平行.
【详解】（1）正三棱柱的侧面积为：，底面积为.
所以正三棱柱的表面积为：.
（2）如图：
因为为等边三角形，为的中点，故，
又三棱柱为直三棱柱，故平面平面，
因为平面，平面平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（3）连接，交与点，连接.
因为四边形为正方形，所以为中点，
又为中点，所以，又平面,平面，
所以平面.
16．(1)名；
(2)
【分析】（1）根据分层抽样，样本中各层所占的比例等于总体中各层所占的比例，结合表中参加义工救助的人数，易求出答案．
（2）由（1）的结论，求得概率得到随机变量的分布列，代入数学期望公式，即可得到答案．
【详解】（1）因为参加义工救助的共有人，其中岁以上的共人，抽样比为，
故在做义工救助的职工中随机抽取名，在年龄大于岁的职工中，应该抽取名；
（2）由（1）可得有三种可能，，
则,
,
则随机变量的分布列为：
则
17．(1)
(2)112
(3)
【分析】（1）利用二项式展开式中共有可求得的值；
（2）求出二项展开式的通项，令的指数为4，求出参数的值，代入通项即可得出结果；
（3）根据二项式系数的性质可得二项式系数最大的项的项数，再由二项式定理得结论.
【详解】（1）由题意得，解得.
（2）由（1）可知展开式的通项为.
令，解得，则.
故展开式中的系数为112.
（3）根据题意可得二项式系数最大的项为.
18．（1）（2）
【详解】试题分析：（1）在三角形中处理边角关系时，一般全部转化为角的关系，或全部转化为边的关系.题中若出现边的一次式一般采用正弦定理，出现边的二次式一般采用余弦定理，应用正弦、余弦定理时，注意公式变形的应用，解决三角形问题时，注意角的限制范围;（2）在三角形中，注意隐含条件（3）解决三角形问题时，根据边角关系灵活的选用定理和公式.
试题解析：因为，所以，
由余弦定理得，
所以由正弦定理可得.
因为，，所以，即.
（2）解：由余弦定理得
因为，所以.
故
.
考点：正弦定理和余弦定理的应用．
19．（1）；（2）见解析；（3）．
【分析】（1）首先求得导函数，然后根据求得的值，再检验是极值点即可；
（2）首先求得的零点值，然后分、、讨论函数的单调区间；
（3）首先由（2）求得函数的最大值，再结合在上的最大值是0求得的取值范围即可．
【详解】（1）由题意得，因为是函数的极值点，所以，
即，当时，单调递减，当时，单调递增，
所以是函数的极值点，即；
（2）令，
①当时，与的变化情况如下表：
∴的单调递增区间是，的单调递减区间是，
②当时，的单调递减区间是；
③当时，，与的变化情况如下表：
的单调递增区间是，的单调递减区间是，
综上，当时，的单调递增区间是，的单调递减区间是；
当时，的单调递减区间是；
当，的单调递增区间是，的单调递减区间是；
（3）由（2）可知当时，在的最大值是，但，所以不合题意，
当时，在上单调递减，可得在上的最大值为，符合题意，
∴在上的最大值为0时，的取值范围是．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
C
C
B
A
B
C
D
ACD
AD
题号
11









答案
AC















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