宁夏回族自治区吴忠市2025届高三下学期第一次模拟联考数学试卷（解析版）

这是一份宁夏回族自治区吴忠市2025届高三下学期第一次模拟联考数学试卷（解析版），共17页。试卷主要包含了 已知集合，则， 的展开式中的系数是， 椭圆的一个焦点是，那么， 函数的最小值为， 若，且，则等内容，欢迎下载使用。
1. （ ）
A. B. C. D. 1
【答案】D
【解析】.
故选：D
2. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. ⫋D. ⫋
【答案】C
【解析】由，显然为奇数，
而，所以⫋.
故选：C
3. 已知单位向量满足，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设与的夹角为，
因为，，
所以，
所以，
所以.
故选：C.
4. 的展开式中的系数是（ ）
A. B. C. 120D. 210
【答案】B
【解析】由的展开式通项为，
令，解得，则的系数为.
故选：B.
5. 椭圆的一个焦点是，那么（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】A
【解析】因为椭圆的一个焦点是，
所以，，，
则，解得，
故选：A.
6. 函数的最小值为（ ）
A. 0B. C. 1D. 2
【答案】B
【解析】
，
当时，有最小值.
故选：B
7. 若，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】设，则，
∴.
A. ，A错误.
B. ，B错误.
C.，C正确.
D. ，D错误.
故选：C.
8. 在三棱锥的顶点和各棱中点中取4个不共面的点，不同的取法共有（ ）
A. 141种B. 144种C. 147种D. 149种
【答案】A
【解析】如下图，共有10个点任选4个有种，
每个侧面的6个点都共面，任选4个有种，共4个面，则有60种共面情况，
如分别构成一个平面，有3种，
如分别构成一个平面，有6种，
综上，在三棱锥的顶点和各棱中点取4个不共面的点，不同的取法共有种.
故选：A
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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，有错选的得0分.
9. 在正方体中，点分别是和的中点，则（ ）
A.
B.
C. 平面
D. 与平面所成的角为
【答案】ACD
【解析】设正方体的棱长为，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，.
则，由得，，故，A正确.
由，则得与不垂直，B错误.
由题意得，平面的法向量为.
∵，平面，
∴平面，C正确.
由题意得，平面的法向量为，
设与平面所成的角为，则，
由得，D正确.
故选：ACD.
10. 若干个能唯一确定一个数列的量称为该数列的“基本量”.设是公比为的无穷等比数列，其前项和为，下列的四组量中，一定能成为该数列的“基本量”的是（ ）
A. 与B. 与
C 与D. 与
【答案】AD
【解析】对于A，若已知与，则、确定，该数列唯一确定；
对于B，若已知与，、可能不唯一，如则可得且或且；
对于C，若已知与，和也有可能不唯一，如则或；
对于D，若已知与，则显然和唯一确定
故选：AD.
11. 对于一段曲线，若存在点，使得对于任意的，都存在，使得，则称曲线为“自相关曲线”.则下列曲线中都是“自相关曲线”的是（ ）
A. 圆B. 椭圆C. 双曲线D. 抛物线
【答案】AB
【解析】设圆的半径为r，在圆的直径AB的反向延长线上取点M， 如图1所示，
满足，即，
则分别为圆上的点到点的距离的最小值和最大值，
对于圆上的任意点P，.
由于，所以，
所以，即，
根据圆的图形的连续性，可知存在Q，满足，从而.
椭圆：设其长轴为AB，，在AB的反向延长线上取点M， 如图2所示，
满足，即，
则分别为椭圆上的点到点的距离的最小值和最大值，
对于椭圆上的任意点P，.
由于，
所以，
所以，即，
根据椭圆的图形的连续性，可知存在Q，满足，从而.
双曲线和抛物线： 不是封闭曲线，且其图象趋向无穷远.
由，所以，于是M不在曲线上，
设M到曲线的上点的距离的最小值为d，则当时，
这与d的最小性相矛盾，故此时不存在要求的点Q.因此双曲线和抛物线不符合题意.
故选：AB.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 复数的值等于__________．
【答案】1
【解析】因为，所以
所以答案应填1．
考点：1、复数的运算．
13. 不等式的解集为________．
【答案】
【解析】设，画出两个函数的图象如下图所示，
由图可知，不等式的解集为.
故答案为：
14. 已知抛物线的顶点在原点，焦点在轴正半轴上.若点和关于经过坐标原点的直线的对称点都在抛物线上，则抛物线的方程为__________.
【答案】
【解析】如图所示，由题意设抛物线C的方程为，且x轴和y轴不是所求直线，又过原点，因而可设的方程为 ，设分别是关于的对称点.
关于对称于，
则，
同理可得，
又在抛物线C上，
所以，由此知，即，
，由此得，
从而，整理得，
解得，
当时，,
这与在抛物线上矛盾，故舍去，
当时，,
故抛物线方程为.
故答案为：.
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. 2024年巴黎奥运会上，我国乒乓球运动员取得了优异成绩，激发了民众参与乒乓球运动的热情，某社区成立了一个乒乓球协会.该协会为了解性别是否影响居民参与乒乓球运动的意愿，对居民是否愿意参加乒乓球运动进行了抽样调查，从该社区的居民中随机抽取了100名进行调查，得到下表：
（1）求；
（2）为加强管理，该社区决定从样本参与乒乓球运动的居民中按性别利用分层随机抽样的方法抽取6名担任乒乓球协会管理员，并从这6名管理员中选出2名担任乒乓球协会会长，记男性居民担任会长的人数为，求随机变量的分布列及数学期望；
（3）根据小概率值的独立性检验，能否认为居民是否参与乒乓球运动与性别有关联？
附：.
解：（1）
（2）根据分层随机抽样可知，随机抽取的6名居民中有男性4名，女性2名，
所以随机变量的所有可能取值为，有，
，
所以的分布列为：
所以.
（3）零假设为：居民是否参与乒乓球运动与性别无关联.
有，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，
即认为居民是否参与乒乓球运动与性别有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001.
16. 在中，内角的对边分别为，已知．
（1）求证：；
（2）若，求的面积．
（1）证明：因为，
根据正弦定理得：
又，所以，
所以，
即，
所以，或（舍），
所以.
（2）解：根据正弦定理得，即，
有余弦定理，得，
解得或，
当时，，，，则，，
而，矛盾，舍去，故，
所以的面积为
17. 已知函数.
（1）当时，求的单调区间；
（2）若仅有一个极值点，求的取值范围；
（3）若在上存在唯一零点，求的取值范围.
解：（1）当时，，定义域为，
因为，
所以在上单调递增.
（2）的定义域为，
设（对称轴为），
因为仅有一个极值点，
所以在上仅有一个变号零点，
有，
解得，即的取值范围为.
（3）由（2），知当即时，，
在上单调递增，又，
所以在上无零点，不符合题意；
当，即时，
在上单调递增，
若，即时，
当时，，即在上单调递增，又，不符合题意；
若，即时，
当时，，即在上单调递减，又，也不符合题意；
若，即时，
存在，使得，
当时，时，，
故在上单调递减，在上单调递增，，
当，即，即时，
存在唯一的，使得，
故函数在上存在唯一零点时，
所以的取值范围为.
18. 如图，在四棱锥中，底面.
（1）求证：平面平面；
（2）若为的中点，且；
（i）求证：四棱锥的各个顶点都在一个球的球面上，并求该球的半径；
（ii）求二面角的正弦值.
（1）证明：由余弦定理，
有，
因为，即，
所以，
因为底面平面，
所以，
因为平面平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面.
（2）解：（i）连接，
因为平面平面，
所以，
因为为的中点，
所以，同理，有，
因为底面平面，
所以，
因为为的中点，
所以，因此，有，
所以为四棱锥的外接球的球心.
按如图所示建立空间直角坐标系，连接，取的中点，连接，由，有，
又，所以是正三角形，
有，易知，
设，则，有，
因为，所以，
有，得，
即，有，
故四棱锥的外接球的半径为
（ii），得，
设平面的法向量为，
由有
则，取，得平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
由有
取，则，
得平面的一个法向量为，
设二面角的平面角为，
则
19. 已知直线且与相交于点.按照如下方式依次构造点：设直线与轴交于点，过点作轴的垂线交直线于点，过点作轴的垂线交直线于点，过点作轴的垂线交直线于点，过点作轴的垂线交直线于点.记的横坐标为.
（1）求点的坐标；
（2）证明：数列是公比为的等比数列；
（3）比较与的大小.
（1）解：由有，即，
由，知，得，
有，故
（2）证明：因为轴，的横坐标为，所以，
又因为轴，所以，
又，有，
得，显然，有，
故数列是公比为的等比数列.
（3）解：在中，令，
有，得，
由（2），知，
由，知，有
令，有，
有，进而.
当,即，也即，即且时，
，
而，
有；
当即也即时，，
，有；
当也即，也即，即或时，
，
，有.
综上所述，且时，恒有.性别
乒乓球运动
合计
参与
不参与
男性
40
10
女性
30
50
合计
60
40
100
0.050
0.010
0.001
3.841
6.635
10.828
0
1
2