陕西省咸阳市武功县普集高级中学2024-2025学年高三第十二次模拟考试数学试题及答案解析

这是一份陕西省咸阳市武功县普集高级中学2024-2025学年高三第十二次模拟考试数学试题及答案解析，共15页。试卷主要包含了已知集合，，则的子集个数为，已知复数满足，则，已知为所在平面内的点，且，已知定义在上的函数满足，已知函数的图象关于点对称，则等内容，欢迎下载使用。
1.已知集合，，则的子集个数为（ ）
A.7 B.8 C.15 D.16
2.已知复数满足，则（ ）
A. B.2 C. D.
3.已知为所在平面内的点，且.若，则（ ）
A. B. C. D.
4.已知抛物线的焦点为，其准线与双曲线的两条渐近线分别交于点，若为等腰直角三角形，则双曲线的离心率为（ ）
A. B.2 C. D.
5.已知函数在上单调递减，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
6.若是等比数列，且，则数列的前8项和为（ ）
A.689 B.716 C.729 D.1597
7.音乐喷泉曲线形似藤蔓上挂结的葫芦，也可称为“葫芦曲线”.它的性质是每经过相同的时间间隔，它的振幅就变化一次.如图所示，某条葫芦曲线的方程为(，其中表示不超过的最大整数，如,且，且经过点，则该条葫芦曲线与直线交点的纵坐标为（ ）
A. B. C. D.
8.已知定义在上的函数满足：，且,,
，则（ ）
A.1364 B.1363 C.1264 D.1263
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.由某班数学考试成绩的数据分析可知，男生成绩与女生成绩均服从正态分布，且，则（ ）
A. B.
C. D.
10.已知函数的图象关于点对称，则（ ）
A.
B.是的极小值点
C.当时，
D.若在上有最小值，则
11.如图，四棱锥中，平面平面，底面是边长为2的正方形，侧面为正三角形，是的中点，点满足，其中，则（ ）
A.与所成角的余弦值为
B.不存在点使得
C.若四棱锥的各顶点都在同一球面上，则该球的表面积为
D.若，过点的平面与线段交于点，则
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.若，则__________.
13.已知过点的直线与圆交于两点，则弦的中点的轨迹方程为__________.
14.从中任取两数（可以相同），则的个位是7的概率为__________.
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.（13分）如图，在四边形中，
.
（1）求的长；
（2）求四边形的面积.
16.（15分）如图，在三棱台中，平面
，且，
分别为的中点.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
17.（15分）已知为椭圆的一个焦点，的长半轴长与焦距相等，且与直线相切.
（1）求椭圆的方程；
（2）过的动直线与交于两点，请探究与之间有何关系？并证
明.
18.（17分）已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）讨论的单调性；
（3）证明：当时，函数只有一个零点.
19.（17分）某厂家为增加销售量特举行有奖销售活动，即每位顾客购买该厂生产的产品后均有一次抽奖机会.在一个不透明的盒子中放有3个大小､质地完全相同的小球，小球上分别标有三个数字，抽奖规则为：每个顾客从盒中随机抽取1个小球，抽到标有数字5的中一等奖，抽到标有数字2的中纪念奖，抽到标有数字0的没有奖，每位顾客只能抽取一次，且每位顾客抽取的结果相互独立.记位消费者抽取的小球上的数字之和为的不同取值个数为.
（1）求的值；
（2）当时，求的概率；
（3）求数列的前项和.
答案解析
一､选择题
1.B 解析：因为集合，所以，所以的子集个数为.故选B.
2.D 解析：因为，所以.故选D.
3.A 解析：因为，所以，所以，所以，故.故选A.
4.A 解析：抛物线的焦点为，准线方程为，双曲线的两条渐近线方程为，不妨取为等腰直角三角形，由对称性可知，直线的倾斜角为，则，解得，所以双曲线的离心率.故选A.
5.B 解析：因为时，单调递减，又在上单调递减，所以时，单调递减，则只需满足解得.故选B.
6.C 解析：设等比数列的公比为，则，所以，则，故数列的前8项和为.故选C.
7.C 解析：将点代入葫芦曲线的方程可得，即
，由，，可得，因此曲线方程为
，当时，可得
，
所以交点的纵坐标为.故选C.
8.D 解析：由，可得①，
则有②，③，④，将①②③④左､右分别相加，得，又，即，故得，
所以，
将以上式子左､右分别相加，得，又，所以.故选D.
二､选择题
9.AC 解析：由，得，A正确；由，得，B错误；由于随机变量服从正态分布，该正态曲线的对称轴为直线：，所以，C正确；
因为，所以，D错误.故选AC.
10.ACD 解析：因为函数的图象关于点对称，且，所以，即-8，解得，所以，A正确；，令0，得或；令，得，所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以是函数的极小值点，B错误；当时，，且函数在区间上单调递减，所以，C正确；由上知，在上有最小值，则，D正确.故选ACD.
11.ACD 解析：取中点中点，连接，则.又平面平面，平面平面平面，所以平面.因为平面，所以，所以直线两两垂直，故以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，，A正确；
因为
，），若，则，即，解得或，所以存在点，使得B错误；
设交于点，则可设球心为，又，所以，解得，所以外接球半径，外接球表面积为，C正确；
设，则.因为共面，则共面，故存在唯一实数对，使得，即 所以解得，D正确.故选ACD.

三､填空题
12. 解析：因为，所以.
13. 解析：由直线过点，圆可知，
圆心为，设点，由题意可知，当点与点不重合时，，则，整理得，即，此时点的轨迹为圆但不包括点.当点与点重合时，其坐标满足方程.综上，点的轨迹方程为.
14. 解析：从中任取两数（可以相同），共有种不同取法，因为的个位数字随着从1开始，依次是，周期变化，的个位数字随着从1开始，则依次是，周期变化，故它们的周期均为4，所以中，共有（）4种数型，且每种数型的个数是相同的，都是506个.又和的尾数中只有三种情形中个位数字是7，即时，的个位数字是7.又，，所以满足的个位数字是7的取法有种取法，所以所求概率为.
四､解答题
15.解：（1）在中，由余弦定理得，
即，所以.
（2）在中，由正弦定理，得，所以.
因为，所以.
又，所以，所以，
所以四边形的面积
.
16.（1）证明：连接，则四边形为矩形.
因为，
所以，
又，所以，
所以，故.

因为是的中点，所以.
因为平面平面，所以.
又平面，所以平面.
因为平面，所以.
因为平面，所以平面.
（2）解：因为平面平面，所以，
因为，所以，
又平面，所以平面.
由（1）知，故以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则.
因为，所以由棱台的性质得，
所以，
所以.
设平面的法向量为，
则取，则，所以.
设直线与平面所成角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为.
17.解：（1）由题意可知，解得.
故椭圆的方程为.
（2）与之比为定值，即.
证明：由（1），不妨取，
当的斜率为零时，，
所以；
当的斜率不为零时，设的方程为.
联立方程整理得，
所以，
所以.
因为，
所以，所以.
综上可证得.
18.（1）解：当时，，则，
所以，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
（2）解：.
若，即时，，则在上单调递减；
若，即时，令，得；令，得，
所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减.
综上所述：时，函数在上单调递减；
时，函数在区间上单调递增，
在区间上单调递减.
（3）证明：由题知函数，
则.
若，则，所以在上单调递增，
此时，所以只有一个零点为0；
若，令，得或；令，得，
所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，
此时函数的极大值为，极小值为.
不妨令，则，
显然时，，此时单调递增，时，，此时单调递减，
易知，
所以，
又，
所以只有一个零点，且零点在区间内；
若，令，得或，令，得，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，
此时极大值为，极小值为.
不妨令，则，
此时单调递减，又，
，
所以函数只有一个零点，且零点在区间内.
综上所述，当时，函数只有一个零点.
19.解：（1）①当时，的取值可能为，共3个，故；
②当时，的取值可能为，故；
③当时，的取值可能为，故.
（2）由题意得，每个小球被抽到的概率均为.
当抽到2个标有数字5的小球，3个标有数字0的小球时，，概率为；
当抽到5个标有数字2的小球时，，概率为，
所以的概率为.
（3）当时，根据规则，得分情况如下：
因为奇数列的得分为偶数，偶数列的得分为奇数，最后一行得分的前一项得分为（第列最后一个数），与第列第一个得分，得分恰好差2，所以从4到刚好连接上来（之间所有的偶数和奇数没有缺）；
因为最后一行得分（第列最后一个数），与第列第一个得分，得分恰好差4，所以连接起来后恰好缺了得分，由表知也取不到，
综上，在中不能取到的值构成的集合为
所以也适合.
结合（1）可得
所以当时，；当时，；
当时，，
则，
当时，满足上式，
所以.