山西省吕梁市孝义市2025届高三二月份模拟考试数学试卷（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卷（解析版），共18页。试卷主要包含了 已知集合，则， 已知， 已知向量，若，则实数， 已知，则， 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。
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】，
又，所以.
故选：B
2. 已知（为虚数单位），则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】，
故.
故选：C
3. 已知向量，若，则实数（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】向量，则，，
由，得，
所以.
故选：B
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】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的第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】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】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，
则外接球直径为，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】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】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】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】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】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
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】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】在棱长为4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】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，
所以双曲线离心率为.
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. 如图，已知三角形的内角的对边分别为，且.
（1）求的大小；
（2）若，设为三角形的角平分线，求的长.
解：（1）由得,
又因为，
所以,
又因为，
所以,
又因为,
所以.
（2）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.
（1）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.
（2）证明：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.
解：（1）依题意，因为数列为“数列”，则，
注意到，故所有可能的为或或.
（2）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.
解：（1）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，
.
（2）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．
（1）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.
（2）证明：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。