云南省丽江市永胜县第一中学2024-2025学年高三下学期第二次高考模拟数学试卷

这是一份云南省丽江市永胜县第一中学2024-2025学年高三下学期第二次高考模拟数学试卷，共21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
1．设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．复数的虚部为（ ）
A．B．C．D．
3．在中，，，，则（ ）
A．B．C．D．
4．抛物线的准线方程为（ ）
A．B．C．D．
5．在中，，、分别是、的中点，则（ ）
A．与共线B．与共线
C．与相等D．与相等
6．在空间直角坐标系中，四面体的顶点坐标分别是，，，.则点到面的距离是（ ）
A．B．C．D．
7．关于的不等式的解集为，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
8．给图中五个区域染色，有4种不同的颜色可供选择，要求有公共边的区域染上不同的颜色，则不同的染色方法有（ ）
A．216种B．192种C．180种D．168种
二、多选题
9．已知，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
10．数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线.曲线：就是其中之一，P为曲线上一点，则下列结论正确的有（ ）
A．曲线恰有2条对称轴和1个对称中心
B．若P在第一象限内，则点P到点的距离和到直线的距离相等
C．曲线所围成的封闭图形的面积小于
D．若P不在坐标轴上，则曲线在点P处的切线的横纵截距之和为1
11．比利时数学家丹德林用一个双球模型证明用平面截圆锥面，可以截出椭圆、双曲线、抛物线.如图，两个对顶圆锥的轴线与母线成角为，在两个圆锥中，各有一个球，两球球心分别为，，两球半径分别为，且与圆锥侧面相切，两个对顶圆锥的轴与平面所成角为且平面与两球相切于，两点，则平面与圆锥侧面的交线为双曲线一部分，则下列说法中正确的是（ ）
A．，两点为双曲线的两个焦点
B．
C．若，则该双曲线为等轴双曲线
D．双曲线的实轴长为
三、填空题
12．已知等比数列的前项和为，若，则 ．
13．已知三角函数的图象关于对称，且其相邻对称轴之间的距离为，则 .
14．已知圆锥底面半径为，侧面展开图是圆心角为的扇形，则此圆锥的母线长为 .
四、解答题
15．已知的内角所对的边分别，且.
(1)求；
(2)已知，求的面积.
16．已知函数．
(1)当时，求的最小值；
(2)若是的两个极值点，且，求a的最大值．
17．如图，在三棱柱中，与均为等腰直角三角形，且，，．
(1)证明：平面平面ABC；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
18．乒乓球比赛有两种赛制，其中就有“5局3胜制”和“7局4胜制”，“5局3胜制”指5局中胜3局的一方取得胜利，“7局4胜制”指7局中胜4局的一方取得胜利．
(1)甲、乙两人进行乒乓球比赛，若采用5局3胜制，比赛结束算一场比赛，甲获胜的概率为0.8；若采用7局4胜制，比赛结束算一场比赛，甲获胜的概率为0.9．已知甲、乙两人采用两种赛制各共进行了场比赛，请根据小概率值的独立性检验，来推断赛制是否对甲获胜的场数有影响．
(2)若甲、乙两人采用5局3胜制比赛，设甲每局比赛的胜率均为p，没有平局．记事件“甲只要取得3局比赛的胜利比赛结束且甲获胜”为A，事件“两人赛满5局，甲至少取得3局比赛胜利且甲获胜”为B，试证明：．
(3)甲、乙两人进行乒乓球比赛，每局比赛甲的胜率都是，没有平局．若采用“赛满局，胜方至少取得n局胜利”的赛制，甲获胜的概率记为．若采用“赛满局，胜方至少取得局胜利”的赛制，甲获胜的概率记为，试比较与的大小．
附：，其中．
19．已知圆锥曲线G：，称点和直线l：是圆锥曲线G的一对极点和极线，其中极线方程是将圆锥曲线以替换，以替换x（另一变量y也是如此）.特别地，对于椭圆，点对应的极线方程为.已知椭圆C：，椭圆C的左、右焦点分别为、.
(1)若极点对应的极线l为，求椭圆C的方程；
(2)当极点Q在曲线外时，过点Q向椭圆C引两条切线，切点分别为M，N，证明：直线MN为极点Q的极线；
(3)已知P是直线上的一个动点，过点P向（1）中椭圆C引两条切线，切点分别为M，N，是否存在定点T恒在直线MN上，若存在，当时，求直线MN的方程；若不存在，请说明理由.
0.05
0.025
0.010
3.841
5.024
6.635
《云南省丽江市永胜县第一中学2024-2025学年高三下学期第二次高考模拟数学试卷》参考答案
1．B
【分析】求得集合中对应函数的值域，再求即可.
【详解】因为，又，
故.
故选：B
2．D
【分析】利用复数的除法结合复数的概念求解即可.
【详解】因为复数满足，
因此，复数的虚部为.
故选:D.
3．A
【分析】由余弦定理直接计算求解即可.
【详解】由题意得，
又，所以.
故选：A
4．D
【分析】将抛物线方程变形为标准方程即可求解.
【详解】抛物线的标准形式为，
则，解得，
即抛物线的准线为，
故选：.
5．B
【分析】利用共线向量、相等向量的概念逐项判断即可.
【详解】由题意可知，与不共线，A错；
因为、分别是、的中点，所以，，故与共线，B对；
因为与不平行，所以与不相等，C错；
因为，D错．
故选：B.
6．A
【解析】求出平面的一个法向量，再求出在方向上的投影的绝对值即可．
【详解】由题意,
设平面的一个法向量为，则
，取，则，
∴，即到平面的距离是．
故选：A.
【点睛】本题考查用空间向量法求点到平面的距离．设是平面的一个法向量，是平面内任一点，则到平面的距离是．
7．A
【分析】根据解：不等式的解集为，得到，且，，进而转化不等式求解.
【详解】解：因为关于的不等式的解集为，
所以，且，，
所以，，
所以化为，
解得.
故选：A.
8．D
【分析】按照一定的顺序对五个区域进行染色，依次考虑每个区域的染色选择，根据相邻区域颜色不同的要求来确定每种情况下的染色方法数.
【详解】先对染色，有种方法，若2和3同色，则不同的染色方法有72种；
若2和3不同色，则不同的染色方法有种．
综上所述，不同的染色方法有种．
故选：D.
9．AD
【分析】对于ABD，可以利用赋值法即可验算；对于C，直接利用二项式定理即可判断.
【详解】对于A，因为，
令可得，故A正确；
对于B，令可得，所以，故B不正确；
对于C，展开式的通项为，所以，故C不正确；
对于D，由通项可知，所以，
令可得，即，故D正确.
故选：AD.
10．BC
【分析】首先画出曲线C的图象，结合图象可直接判断A选项；由两点之间的距离公式以及点到直线的距离公式即可判断B；由第一象限的点到点的距离，可得曲线C位于圆的左下部分四分之一圆弧的下方，则曲线C和两坐标轴所围成的封闭图形的面积小于，则C可判断；利用导数的几何意义求切线方程即可判断D.
【详解】对于A，曲线C：即，
如图，
曲线C关于x，y轴和直线，对称，有4条对称轴；
又曲线C关于原点对称；故A错误；
设为曲线C上一点，则
对于B，只考查曲线C在第一象限内的部分，此时曲线C：，
又由，
而，故B正确；
对于C，由对称性，考查曲线C在第一象限内的部分，
由点到点的距离，
则曲线C位于圆的左下部分四分之一圆弧的下方，
则曲线C和两坐标轴所围成的封闭图形的面积小于，
所以曲线C所围成的封闭图形的面积小于，故C正确；
对于D，由对称性，只考查曲线C在第一象限内的部分，
此时曲线C：，
设为曲线C在第一象限部分上一点，则，
由，则，
则曲线C在点处的切线为，
即，即，
由以及对称性可知，曲线C在点P处的切线的横纵截距的绝对值之和为1，故D错误；
故选：BC.
11．ABD
【分析】A.在双曲线上任选一点，过点做球的切线，切点分别为与，过点做球的切线，切点分别为与，利用切线长和双曲线的定义判断；B.过，分别往，作垂线，作垂直于于，易得，判断；D.设圆锥的一条母线与两球相切与点，，由A选项得到，连接，，设圆锥顶点为，则在四边形中，，判断；C.由，判断.
【详解】在双曲线上任选一点，过点做球的切线，切点分别为与，且在球与圆锥的交线上，且过圆锥的顶点，同理，过点做球的切线，切点分别为与，且在球与圆锥的交线上，且过圆锥的顶点所以，，以及圆锥的顶点共线，所以为定值，故A正确；
过，分别往，作垂线，作垂直于于，易得，，所以，故B正确；
对于D，
设圆锥的一条母线与两球相切与点，，由A选项可知，，
连接，，则，，设圆锥顶点为，则在四边形中，，，所以，故D正确
由上述可得，双曲线，，所以双曲线离心率为，与，是否相等无关，故C不正确，
故选：ABD
12．/
【分析】先说明数列的公比不为，由条件结合等比数列求和公式证明，再结合求和公式求结论.
【详解】设等比数列的公比为，
若，则，矛盾，故．
由题意，得，即，，
所以．
故答案为：
13．/
【分析】由其相邻对称轴之间的距离为，确定函数的周期，结合周期与的关系求，结合对称轴求.
【详解】由题意可知，，所以，
所以，所以，
又函数的图象关于对称，
又，且，
所以.
故答案为：.
14．
【分析】利用圆锥的底面周长等于扇形的弧长，可求得圆锥的母线长.
【详解】设圆锥的母线长为，由于圆锥底面圆的周长等于展开图扇形的弧长，
则，解得.
故答案为：.
15．(1)
(2)或.
【分析】（1）利用正弦定理以及、倍角公式化简即可求出，进而得出；
（2）利用正弦定理得出或，即可分类讨论计算三角形面积.
【详解】（1）根据正弦定理得，，
又，则，
所以，
又因为，则，则，
又，则，所以，
所以，即.
（2）由，得，
因，则或，
若，于是，此时；
若，于是，此时，
所以的面积或.
16．(1)
(2)
【分析】（1）求定义域，求导，得到函数单调性，进而求出最小值；
（2）求导，得到是方程的两个正根，从而得到不等式，求出，由韦达定理整理得到，结合函数单调性得到，求出答案.
【详解】（1）当时，，定义域为，
所以，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为．
（2）由题意知，函数的定义域为，求导得，
因为是的两个极值点，
所以是方程的两个正根，
则有
解得．
且，
而，
所以，
又，下面证明在上单调递增，理由如下：
在上恒成立，故在上单调递增，
易知，即，
所以，
故．
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设的中点为，证明平面，然后利用线面垂直证明面面垂直即可；
（2）利用线面关系作出二面角的平面角，然后利用余弦定理求余弦值即可.
【详解】（1）设的中点为，连接，如图所示，

因为与均为等腰直角三角形，，
故，且，
又，
故，即，
且平面，，
故平面，且平面，
故平面平面.
（2）因为，，且平面，
所以平面，且，故平面，
且平面，故，则，
设和的中点分别为，连接，

则，故，
又因为，故，
且平面，平面，
故即二面角的平面角，
且，
因为，故，
则，
所以.
故平面与平面夹角的余弦值为.
18．(1)答案见解析；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）根据题设写出列联表，应用卡方公式得，讨论参数结合独立检验基本思想即得答案；
（2）根据题设，应用独立乘法公式及互斥事件加法得到，并化简，即可证；
（3）考虑赛满局的情况，以赛完局为第一阶段，第二阶段为最后2局，设“赛满局甲获胜”为事件，第一阶段甲获胜，记为；第一阶段乙获胜，且甲恰好胜了局，记为，根据题意分析得到，进而分情况写出关于参数p的概率公式，即可比较大小.
【详解】（1）由题设，赛制与甲获胜情况列联表如下，
所以，若，
当时，根据小概率值的独立性检验，推断赛制对甲获胜的场数有影响．
当时，根据小概率值的独立性检验，没有证据认为推断赛制对甲获胜的场数有影响．
（2）由题意，
，
，
综上，，得证.
（3）考虑赛满局的情况，以赛完局为第一阶段，第二阶段为最后2局，
设“赛满局甲获胜”为事件，结合第一阶段结果，要使事件发生，有两种情况：
第一阶段甲获胜，记为；第一阶段乙获胜，且甲恰好胜了局，记为，
则，得，
若第一阶段甲获胜，即赛满局甲至少胜局，有甲至少胜局和甲恰好胜局两种情况，
甲至少胜局时，无论第二阶段的2局结果如何，最终甲获胜；
甲恰好胜局时，有可能甲不能获胜，此时第二阶段的2局比赛甲均失败，概率为，
所以，
若第一阶段乙获胜，且甲恰好胜了局，那么要使甲最终获胜，第二阶段的2局甲全胜，得，
所以，
则
，
由，所以，得.
【点睛】关键点点睛：第三问，设“赛满局甲获胜”为事件，第一阶段甲获胜，记为；第一阶段乙获胜，且甲恰好胜了局，记为，根据题意分析得到为关键.
19．(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据极线及焦点坐标分别列式即可求解即得椭圆方程；
（2）讨论直线的斜率不存在和存在，设出直线方程，联立椭圆方程，运用判别式为0，解得方程的一个根，得到切点坐标和切线的斜率，进而得到切线方程，最后得出直线方程结合极线定义证明即可；
（3）利用代数法证明点在椭圆C外，则点和直线MN是椭圆C的一对极点和极线.根据题意中的概念求出点对应的极线MN方程，可得该直线恒过定点，最后利用点差法求出直线的斜率，即可求解.
【详解】（1）因为极点对应的极线l为，即，所以，
因为右焦点是，所以，所以，
所以椭圆C的方程为；
（2）当斜率存在时，设切线方程为， 联立椭圆方程，设切点，
可得，化简可得：
，
由题可得：
化简可得：，该方程只有一个根，记作，
，为切点的横坐标，
切点的纵坐标，
由于，则，
则切线方程为：，
化简得：．
当切线斜率不存在时，切线为，也符合方程，
综上上一点,的切线方程为；
同理上一点,的切线方程为；
设，点在两个切线上，所以，
所以的直线方程为，根据极线定义直线MN为极点Q的极线；
（3）由题意，设点的坐标为(,)，
因为点在直线上运动，所以，
联立，得，
，该方程无实数根，
所以直线与椭圆C相离，即点在椭圆C外，又都与椭圆C相切，
所以点和直线是椭圆C的一对极点和极线.
对于椭圆，与点对应的极线方程为，
将代入，整理得，
又因为定点T的坐标与的取值无关，
所以，解得，所以存在定点恒在直线上.
当时，T是线段的中点，
设，直线的斜率为，
则，两式相减，
整理得，即，
所以当时，直线的方程为，即.
【点睛】关键点点睛：解题的关键是应用点差法结合韦达定理计算求参解题.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
D
A
D
B
A
A
D
AD
BC
题号
11









答案
ABD









甲获胜场数
乙获胜场数
5局3胜
7局4胜