陕西省西安市西北工业大学附属中学2024−2025学年高三下学期第13次数学大练习（含解析）

这是一份陕西省西安市西北工业大学附属中学2024−2025学年高三下学期第13次数学大练习（含解析），共16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（本大题共8小题）
1．已知复数，则（ ）
A．1B．C．D．i
2．已知全集，集合，若，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
3．将函数的图象向右平移个单位长度后与函数的图象重合，则的最小值为（ ）
A．7B．5C．9D．11
4．已知是所在平面内一点，且，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
5．若等差数列 的前n项和为S ，且满足 ，对任意正整数 ，都有 则 的值为（ ）
A．21B．22C．23D．24
6．甲、乙等5名学生参加学校运动会志愿者服务，每个人从“检录组”“计分组”“宣传组”三个岗位中随机选择一个岗位，每个岗位至少有一名志愿者，则甲、乙两人恰选择同一岗位的概率为（ ）
A．B．C．D．
7．函数的定义域为，为奇函数，且的图像关于对称．若曲线在处的切线斜率为，则曲线在处的切线方程为（ ）
A．B．
C．D．
8．过抛物线上的一点作切线，设与轴相交于点为的焦点，直线交于另一点，则面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．设，则使得“”成立的一个充分不必要条件是（ ）
A．B．
C．D．
10．如图，已知圆台的轴截面为，其中为圆弧的中点，，则（ ）
A．圆台的体积为
B．圆台母线所在直线与平面所成角的最大值为
C．过任意两条母线作圆台的截面，截面面积的最大值为
D．过三点的平面与圆台下底面的交线长为
11．已知直线与圆交于点，点中点为，则（ ）
A．的最小值为
B．的最大值为4
C．为定值
D．存在定点，使得为定值
三、填空题（本大题共1小题）
12．已知，则的值为 ．
四、单选题（本大题共1小题）
13．在正四棱台中，，且正四棱台存在内切球，则此正四棱台外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
五、填空题（本大题共1小题）
14．设有甲､乙两箱数量相同的产品，甲箱中产品的合格率为，乙箱中产品的合格率为.从两箱产品中任取一件，经检验不合格，放回原箱后在该箱中再随机取一件产品，则该件产品合格的概率为 .
六、解答题（本大题共5小题）
15．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
(1)求角的大小；
(2)若点是边中点，且，求面积的最大值.
16．已知各项均为正数的数列的前项和为，，且.
(1)证明：数列是等差数列；
(2)求数列的通项公式；
(3)若，求的取值范围.
17．设函数（，，）.
(1)当时，求的最小值；
(2)讨论函数的图象是否有对称中心.若有，请求出；若无，请说明理由；
(3)当时，都有，求实数a的取值集合.
18．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的长轴是短轴的倍，且椭圆上一点到焦点的最远距离为是椭圆左右顶点，过做椭圆的切线，取椭圆上轴上方任意两点（在的左侧），并过两点分别作椭圆的切线交于点，直线交点的切线于，直线交点的切线于，过作的垂线交于.
(1)求椭圆的标准方程.
(2)若，直线与的斜率分别为与，求的值.
(3)求证：
19．在三维空间中，单位立方体的顶点坐标可用三维坐标表示，其中.而在维空间中，单位立方体的顶点坐标可表示为维坐标，其中.在维空间中，设点，定义维向量，数量积，为坐标原点，即.
(1)在3维空间单位立方体中任取两个不同顶点，求的概率；
(2)在维单位立方体中任取两个不同顶点，记随机变量.
（i）当时，若最大，求的值；
（ii）求的分布列及期望值.
参考答案
1．【答案】A
【分析】利用复数的乘方运算计算得解.
【详解】因为，所以，
所以.
故选A.
2．【答案】D
【分析】解不等式先求出集合，进而可得，再由，列不等式即可求出答案.
【详解】由，得，所以，则或，
由，得，所以，
又，所以，解得．
故选D．
3．【答案】D
【分析】求出，根据可得ω，从而可求其最小值.
【详解】，
，，
由题可知，，，解得，，
又，所以当时，取得最小值11．
故选D．
4．【答案】B
【详解】根据，，
可得，
即可得；
即可知点轨迹是以为圆心，半径为的圆，如下图所示：
由图可知，当与圆相切时，取到最大，
又，可知此时.
故选B.
5．【答案】C
【分析】根据给定条件，利用等差数列的性质及前n项和公式计算推理得解.
【详解】依题意，，则，
又，则，，
等差数列的公差，因此数列单调递减，
，且，
即任意正整数，恒成立，
所以对任意正整数，都有成立的.
故选C.
6．【答案】C
【分析】分类讨论人数的配比情况，分别求总共不同的安排方法和甲、乙两人恰选择同一岗位时不同的安排方法，结合古典概型运算求解.
【详解】若人数配比为时，则有种不同安排方法；
若人数配比为时，则有种不同安排方法；
所以共有种不同安排方法.
若甲、乙两人恰选择同一岗位且人数配比为时，则有种不同安排方法；
若甲、乙两人恰选择同一岗位且人数配比为时，则有种不同安排方法；
所以共有种不同安排方法.
所以甲、乙两人恰选择同一岗位的概率为.
故选C.
7．【答案】A
【详解】解：因为为奇函数，即，
所以，函数的图像关于点对称，即，
因为的图像关于对称，
所以的图像关于对称，即，
所以，，
所以，即函数是周期为的周期函数，
所以曲线在处的切线斜率等于曲线在处的切线斜率，
因为曲线在处的切线斜率为，图像关于对称，
所以，曲线在处的切线斜率为，
因为，，
所以，
所以，
所以曲线在处的切线方程为，即.
故选A.
【方法总结】由题意可以求得周期性与对称性，然后求出该点的斜率，再用点斜式方程求即可.
8．【答案】C
【详解】设，由抛物线的对称性，不妨设，设直线，
由，消得，
因直线与抛物线相切，得到，得到，
故直线的方程为，
令，得点M的坐标为，设直线的方程为，
联立，得，所以有，于是，
则，
令，则，
当时，，得到在区间单调递减；当时，，得到在区间上单调递增，
故，
所以的最小值为
故选C.
9．【答案】BCD
【详解】由题意可得，函数单调递增，故，
对于A，，故“”是“”的充要条件，故A错误；
对于B，由得，能推出，反之不成立，所以“”是“”的充分不必要条件，故B正确；
对于C，由可得，故，反之不成立，故“”是“”的充分不必要条件，故C正确；
对于D，或，故“”是“”的充分不必要条件，故D正确，
故选BCD．
10．【答案】ABD
【详解】A.∵，∴圆台上底面圆半径为，下底面圆半径为，
∴圆台的高，
∴圆台的体积，A正确.
B.由，，得，由得，.
如图，将圆台补成圆锥，顶点记为，底面圆的圆心记为，连接，
∵为圆弧的中点，∴.
∵平面，平面，∴，
∵平面，∴平面，
∵平面，∴平面平面，
此时母线所在直线与平面所成的角最大，最大为，，B正确.
C.由得，，∴，
当两条母线所在直线夹角为时，截面面积最大，最大值为，C错误.
D.如图，在梯形中，连接并延长交的延长线于点，连接交底面圆于点，则为截面与底面圆的交线.
由得，，，∴，，
取中点，则，
∴，D正确.
故选ABD.
11．【答案】ACD
【详解】直线，即，
故直线过定点,且圆的圆心为，半径为2,
，故在圆内，
对于A，当和直线垂直时，圆心到直线的距离最大，距离，
此时最小，，故A正确；
对于B，当时，为圆的直径，此时直线过圆心，
方程无解，故直线不可能过圆心，故B错误；
对于C，设，则，
当直线斜率不存在时，，联立圆得，，
此时
当直线斜率存在时，设直线，联立圆，
得，即，
，
，,
,
带入得：，
故为定值，故C正确；
对于D，中点为，故,且在上，
所以,故是直角三角形，
当为中点时，为定值，故D正确.
故选ACD.
12．【答案】/0.5
【详解】因为，
所以，可得 ，
即，
所以，即，
所以.
13．【答案】A
【详解】因为正四棱台内切球存在时，内切球大圆是图中梯形的内切圆，圆心为，
设上下底面的中心分别为．
过作于，连接，
由图可知，
则，
过作于，，
即四棱台的高为，
设外接球球心为，设外接球的半径为，
则
，
解得，
则外接球表面积为．
故选A.
14．【答案】#0.875
【详解】设事件表示任选一件产品，来自于甲箱，
事件表示任选一件产品，来自于乙箱，
事件从两箱产品中任取一件，恰好不合格，
则
,
又,
,
经检验不合格，放回原箱后在该箱中再随机取一件产品，
则该件产品合格的概率为:
.
15．【答案】(1)
(2)
【详解】（1），
即，
由正弦定理，得，即，
所以，
因为，所以.
（2）因为，
即，
所以，
由，所以，
所以，则，
所以，当且仅当时，等号成立，
所以.
即面积的最大值为.
16．【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）因为各项均为正数的数列的前项和为，则对任意的，，
当时，，
即，所以，，
因此，数列是等差数列，且其首项为，公差为.
（2）由（1）可得，则当时，，
也满足，故，.
（3）由可得
，
令，则
则
，即，
所以，数列为单调递增数列，则，
因此，的取值范围是.
17．【答案】(1)4
(2)答案见解析
(3)
【详解】（1）当时，，
当且仅当，即时取等号，
所以，当时，取最小值4.
（2）设点为函数的对称中心，则，
所以，即，
所以，
于是，且，且，
即，，
所以当时，m无解，此时函数的图象没有对称中心；
当时，，此时函数图象的对称中心为.
（3）当时，，所以在上恒成立，即．
令，则，
所以，令，则，
所以在上单调递减，
①当时，，则在上单调递减，
此时当时，，舍去；
②当时，由，解得，
1°当时，，
所以时，，则单调递增；
时，，则单调递减；
所以时，取极大值，则，所以满足；
2°当时，，
因为时，，则单调递减，
所以时，，舍去；
3°当时，，
因为时，，则单调递增，
所以时，，舍去；
综上，实数a的取值集合为.
18．【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）由题意：.
所以椭圆的标准方程为：.
（2）设过点的切线方程为：，即，
由，消，整理得：，
由，
整理得：，
所以.
（3）设（），的延长线交轴于点，如图：
、两点处切线斜率分别为，则.
设点的椭圆的切线方程为：，即，
由消去，
化简整理得：，
由得：
化简整理得：，
由韦达定理，得：，，
所以，，
所以要证明，只需证明：，
即
，
因为，所以上式成立，
即成立.
19．【答案】(1)；
(2)（i）；（ii）分布列见解析，.
【详解】（1）记“”为事件，
满足题意的两点坐标为，
则.
（2）（i）当随机变量时，坐标与中有个对应的坐标值均为1即，剩下个坐标值满足，此时所对应情况数为种
即，
当时，设，要使得最大，
则，
即，所以；
因此，即，
综上可知，时取最大值.
（ii）由（i）可知，，
故分布列为：
所以
，
设，则，
令可知，
设，则，
令可知，，
故.0
1
…
…
…
…