山西省吕梁市孝义市2025届高三二月份模拟考试数学试题（解析版）

这是一份山西省吕梁市孝义市2025届高三二月份模拟考试数学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了 下列说法错误的是，05， 设函数，则满足的取值范围是， 抛物线有如下光学性质等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.本试卷共4页，满分150分，时间120分钟.
2.答卷前，考生须准确填写自己的姓名､准考证号，并认真核准条形码上的姓名､准考证号.
3.回答选择题时，选出每个小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号框.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
4.考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试题卷不回收.
第I卷（选择题共58分）
一､选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出，根据交集概念求出答案.
【详解】，
又，所以.
故选：B
2. 已知（为虚数单位），则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数乘法法则计算出，根据复数相等得到答案.
【详解】，
故.
故选：C
3. 已知向量，若，则实数（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用垂直关系的向量表示，数量积的坐标表示列式计算得解.
【详解】向量，则，，
由，得，
所以.
故选：B
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用诱导公式、同角公式及二倍角的余弦公式计算得解.
【详解】由，得.
故选：A
5. 下列说法错误的是（ ）
A. 某校高一年级共有男女学生500人，现按性别采用分层抽样的方法抽取容量为50人的样本，若样本中男生有30人，则该校高一年级女生人数是200
B. 数据1，3，4，5，7，9，11，16第75百分位数为10
C. 在一元线性回归方程中，若线性相关系数r越大，则两个变量的线性相关性越强
D. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05
【答案】C
【解析】
【分析】利用分层抽样计算判断A；求出第75百分位数判断B；利用线性相关系数的意义判断C；利用独立性检验的思想判断D.
【详解】对于A，该校高一年级女生人数是，A正确；
对于B，由，得第75百分位数为，B正确；
对于C，线性回归方程中，线性相关系数绝对值越大，两个变量的线性相关性越强，C错误；
对于D，由，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05，D正确.
故选：C
6. 在正三棱锥中，棱两两垂直，若的边，则该正三棱锥外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由正三棱锥是正方体的一个角，补成正方体求解.
【详解】由题意知：正三棱锥是正方体的一个角，补成正方体如图所示：
正方体的对角线长是外接球的直径，
因为，所以，
则外接球直径，所以，
所以外接球的表面积为，
故选：D
7. 设函数，则满足的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】构造函数，确定奇偶性并利用导数判断单调性，进而求解不等式.
【详解】令函数，其定义域为R，
，函数是奇函数，
求导得，当且仅当时取等号，因此函数在R上单调递增，
不等式，
则，解得，所以所求取值范围是.
故选：A
8. 抛物线有如下光学性质：过焦点的光线经抛物线反射之后得到的光线平行于抛物线的对称轴；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点.已知抛物线的焦点为，一条平行于轴的光线从点射出，经过抛物线上的点反射后，再经抛物线上的另一点射出，则的周长为（ ）
A. B. C. 13D. 15
【答案】D
【解析】
【分析】根据维客枪手，求出点的坐标，利用抛物线的光学性质，结合三点共线求出点的坐标即可得解.
【详解】抛物线的焦点为，由轴，点，得，
由抛物线的光学性质，得点共线，设，则，
解得，点，于是，，，
所以的周长为.
故选：D
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. 一个正四面体形的骰子，四个面分别标有数字1，2，3，4，先后抛掷两次，每次取着地的数字．甲表示事件“第一次抛掷骰子所得数字是1”，乙表示事件“第二次抛掷骰子所得数字是2”，丙表示事件“两次抛掷骰子所得数字之和是5”，丁表示事件“两次抛掷骰子所得数字之和是6”，则下列说法正确的是（ ）

A. 甲发生的概率为B. 乙发生的概率为
C. 甲与丙相互独立D. 丙与丁相互独立
【答案】AC
【解析】
【分析】由列举法求解所有基本事件，即可根据古典概型的概率公式求解概率，结合选项即可逐一求解.
【详解】设事件表示事件“第一次抛掷骰子所得数字是1”，事件表示事件“第二次抛掷骰子所得数字是2”，
事件表示事件“两次抛掷骰子所得数字之和是5”，事件表示事件“两次抛掷骰子所得数字之和是6”，
续抛掷质地均匀的正四面体形的骰子两次，
有共16种等可能的不同结果，
第一次抛掷骰子所得数字是1的情况有：，
甲发生的概率为：，故A正确；
第二次抛掷骰子所得数字是2的情况有：，
乙发生的概率为：，故B错误；
两次抛掷骰子所得数字之和是5的情况有：，
丙发生的概率为：，
两次抛掷骰子所得数字之和是6的情况有：，丁发生的概率为：，
，，
故事件甲与丙相互独立，故C正确；
，故D错误.
故选：AC.
10. 已知，若对，使得成立，若在区间上的值域为，则实数的值可能是（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用辅助角公式化简函数，结合恒能成立的不等式及正切函数的性质、函数的值能取到2求出，再由指定区间上的值域求得关于的不等式即可得解.
【详解】依题意，，其中锐角由确定，，
函数在上单调递增，，
由，使得成立，得，
而在区间上的值域为，则存在，使得，因此，解得，
函数，当时，，
又在区间上的值域为，，则，解得，
所以实数的取值范围是，ABC可能，D不可能.
故选：ABC
11. 已知函数，则下列结论中正确的是（ ）
A. 函数为单调函数
B. 时，函数为偶函数
C. 函数的图象与直线有两个交点
D. 若，函数在上单调递增，则实数的取值范围为
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A：对参数a分情况讨论得出单调性；对于B：利用偶函数定义判断即可；对于C：利用单调性即可得到；对于D：利用导数即可求得参数a的取值范围.
【详解】对于A：因为，，
当时，，函数为单调递增函数，
当时，,
当时，，故，
当时，，故，
因为是连续函数，由零点存在定理得定有使得，故函数不单调，
当时，当时，，故，
当时，，故，
因为是连续函数，由零点存在定理得定有使得，故函数不单调，
故A错误；
对于选项B：因为函数，当时，
又，所以函数为偶函数，故B正确；
对于选项C：由选项A分析当时，函数单调递增，此时函数的图象与直线至多有1个交点；故C错误
对于选项D：因为，要使恒成立，
只需，即，
，解不等式，
即，解得或，又因为，
所以，故D正确；
故选：BD
【点睛】关键点点睛：求参数a时，关键是等价条件的转化：恒成立，
只需，即，即，解不等式即可.
第II卷（非选择题共92分）
三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 正数满足，则的最小值是__________.
【答案】16
【解析】
【分析】根据给定条件，利用基本不等式“1”的妙用求出最小值.
【详解】由正数满足，得，
则，
当且仅当，即取等号，
所以的最小值是16.
故答案为：16
13. 如图所示，在棱长为4的正方体中，点分别是棱的中点，是侧面内一点，若平面，则线段长度的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，确定点的轨迹，进而求出的范围.
【详解】在棱长为4的正方体中，分别取棱中点，连接，
由点分别是棱的中点，得，
又平面，平面，则平面，
又，则四边形为平行四边形，
于是，又平面，平面，则平面，
又，平面，因此平面平面，
又是侧面内一点，且平面，则点的轨迹是线段，
在中，，同理，
即为等腰三角形，当为中点时，最短，为，
当位于、处时，最长，为，
所以线段长度的取值范围是.
故答案为：
14. 已知双曲线的左、右焦点分别为为坐标原点，为双曲线上一点，且，点满足，则双曲线的离心率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】取的中点N，结合已知可得，再由数量积为0得垂直平分，利用双曲线定义及向量数量运算列出关于的方程，即可得答案.
【详解】取的中点N，由，得，
令与交于，由是的中点，得，则是的中点，
由，得，因此垂直平分，
令双曲线的半焦距为c，则，，
由，得，
因此，化简得，
所以双曲线的离心率为.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：利用图形的几何性质探究，再利用数量积运算建立方程求出离心率.
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. 如图，已知三角形内角的对边分别为，且.
（1）求的大小；
（2）若，设为三角形的角平分线，求的长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边化角，利用两角和的正弦公式和三角形内角和公式求解；
（2）利用面积方法和三角形的面积公式计算.
【小问1详解】
由得,
又因为，
所以,
又因为C∈0,π,sinC>0，
所以,
又因为,
所以.
【小问2详解】
因为，
所以,
又因为,
所以,
所以,
故答案为：.
16. 已知椭圆的焦距为，点在椭圆上.
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线交椭圆于两点，且线段的中点的横坐标为，过作直线.证明：直线恒过定点，并求出该定点的坐标.
【答案】（1）；
（2）证明见解析，定点为.
【解析】
【分析】（1）利用椭圆所过点及焦距建立方程组求出，即可得椭圆的方程.
（2）设,，当时，利用点差法求出直线的斜率，进而求得直线的方程及所过定点，再讨论的情况即可得证.
【小问1详解】
由点在椭圆上，得，由椭圆的焦距为，得，
解得，所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
设,，代入椭圆方程得，由题知，
当时，设,、,，显然，
由，得，即，
由为线段的中点，得，直线的斜率，
由，得直线的方程为，即，
因此直线过定点，当时，直线，此时为轴亦过点，
所以直线恒过定点.
17. 若数列中且对任意的恒成立，则称数列为“数列”.
（1）若数列为“-数列”，写出所有可能的；
（2）若“-数列”中，，求的最大值.
【答案】（1）或或
（2）
【解析】
【分析】（1）利用“数列”的定义，得到关于的不等式组，列出所有满足条件，即可得解；
（2）利用“数列”的定义，推得，进而得到，解得；再取，推得符合题意，由此得解；
【小问1详解】
依题意，因为数列为“数列”，则1+y>2xx+7>2y，
注意到，故所有可能的为或或.
【小问2详解】
一方面，注意到：
对任意的，令，则且，
故对任意的恒成立（★），
当时，注意到，
得，
此时，
即，解得，故；另一方面，
取，则对任意的，故数列为“数列”，
此时，即符合题意.
综上，n的最大值为.
18. 在底面是菱形的四棱锥中，已知，，过作侧面的垂线，垂足恰为棱的中点.
（1）在棱上是否存在一点E，使得侧面，若存在，求的长；若不存在，说明理由.
（2）二面角的大小为，二面角的大小为，求.
【答案】（1）存在，
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，证明平面，再过作于，证明平面，再根据三角形中的关系求解的长即可；
（2）以为原点建立空间直角坐标系，分别利用向量法求出二面角的平面角的余弦值，二面角的平面角的余弦值，再利用两角和的余弦公式求解即可.
【小问1详解】
如图，连接，，是的中点，，
又平面，平面，
，又，平面，平面，
过作于，又，，
又平面，，
又，平面，平面，
在中，，，
，得，
.
【小问2详解】
以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
由（1）知，，可得，，
又平面，所以平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，得，
，，
由图可知二面角的平面角为钝角，则，，
由题知，平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，得，
.
，
由图可知二面角的平面角为锐角，则，，
.
19. 设为的导函数，若在区间D上单调递减，则称为D上的“凸函数”．已知函数．
（1）若为上的“凸函数”，求a的取值范围；
（2）证明：当时，有且仅有两个零点．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由“凸函数”定义可得在区间D上单调递减，令，则问题转化在恒成立，分离参数后转化为求函数最值可得；
（2）令，结合的单调性与三角函数的有界性，分区间讨论的单调性与函数值的符号变化即可.
【小问1详解】
由，则.
由题意可知，为上的“凸函数”，
则在区间上单调递减，设，
则，所以在恒成立，
则在恒成立，
又当时，函数取最小值，且最小值为，
所以有，解得，
即a的取值范围为.
【小问2详解】
当时，由得
令，其中，
则，其中.
①当时，则，，
所以，则在单调递增，
则恒成立，即在无零点；
②当时，令，其中，
由在单调递增，
又，
故存在，使得，
故当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增；
由，
故存在，使，即，
故当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增；
又，
故当时，，即在无零点；
③当时，由，则，
故故在单调递增，
，且，
故由零点存在性定理可知在有且仅有一个零点；
④当时，，
故在无零点；
综上所述，有且仅有两个零点，其中，而另一个零点在内.
由，即将图象向左移1个单位可得的图象.
故也有两个零点，一个零点为，另一个零点在内.
故有且仅有两个零点，命题得证.
【点睛】关键点点睛：该题目属三角函数与导函数综合题型，解决本题目的关键在于利用导函数与三角函数的有界性分区间讨论函数值的符号变化.当时，，单调递增，而，无零点；当时，通过二次求导与零点存在性定理可得先减后增，而，也无零点；当时，，单调递增，而，有且仅一个零点；当，由三角函数有界性，恒有故无零点.