忻州市神池县2024-2025学年高三第四次模拟考试数学试卷含解析

这是一份忻州市神池县2024-2025学年高三第四次模拟考试数学试卷含解析，共22页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，设等差数列的前项和为，若，，则，已知平面向量，满足，，且，则等内容，欢迎下载使用。
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．若a＞b＞0，0＜c＜1，则
A．lgac＜lgbcB．lgca＜lgcbC．ac＜bc D．ca＞cb
2．已知函数则函数的图象的对称轴方程为（ ）
A．B．
C．D．
3．己知四棱锥中，四边形为等腰梯形，，，是等边三角形，且；若点在四棱锥的外接球面上运动，记点到平面的距离为，若平面平面，则的最大值为（ ）
A．B．
C．D．
4．已知函数在上的值域为，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
5．已知函数的部分图象如图所示，将此图象分别作以下变换，那么变换后的图象可以与原图象重合的变换方式有（ ）
①绕着轴上一点旋转;
②沿轴正方向平移;
③以轴为轴作轴对称;
④以轴的某一条垂线为轴作轴对称.
A．①③B．③④C．②③D．②④
6．将函数的图像向右平移个单位长度，再将图像上各点的横坐标伸长到原来的6倍（纵坐标不变），得到函数的图像，若为奇函数，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
7．已知等比数列的前项和为，且满足，则的值是( )
A．B．C．D．
8．如图所示，三国时代数学家在《周脾算经》中利用弦图，给出了勾股定理的绝妙证明.图中包含四个全等的直角三角形及一个小正方形（阴影），设直角三角形有一个内角为，若向弦图内随机抛掷200颗米粒（大小忽略不计，取），则落在小正方形（阴影）内的米粒数大约为（ ）
A．20B．27C．54D．64
9．设等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A．21B．22C．11D．12
10．已知平面向量，满足，，且，则（ ）
A．3B．C．D．5
11．设正项等差数列的前项和为，且满足，则的最小值为
A．8B．16C．24D．36
12．已知数列中，，()，则等于（ ）
A．B．C．D．2
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若点为点在平面上的正投影，则记.如图，在棱长为1的正方体中，记平面为，平面为，点是线段上一动点，.给出下列四个结论：
①为的重心；
②；
③当时，平面；
④当三棱锥的体积最大时，三棱锥外接球的表面积为.
其中，所有正确结论的序号是________________.
14．某地区连续5天的最低气温（单位：℃）依次为8，，，0，2，则该组数据的标准差为_______.
15．若，则的最小值是______.
16．已知四棱锥，底面四边形为正方形，，四棱锥的体积为，在该四棱锥内放置一球，则球体积的最大值为_________．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）已知分别是椭圆的左、右焦点，直线与交于两点，，且．
（1）求的方程；
（2）已知点是上的任意一点，不经过原点的直线与交于两点，直线的斜率都存在，且，求的值．
18．（12分）如图，在四棱锥中，平面，四边形为正方形，点为线段上的点，过三点的平面与交于点.将①，②，③中的两个补充到已知条件中，解答下列问题：
（1）求平面将四棱锥分成两部分的体积比；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
19．（12分）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求B；
（2）若，求的面积的最大值．
20．（12分）已知函数，它的导函数为．
（1）当时，求的零点；
（2）当时，证明：．
21．（12分）如图所示，在四棱锥中，底面为正方形，，，，，为的中点，为棱上的一点.
（1）证明：面面；
（2）当为中点时，求二面角余弦值.
22．（10分）在平面直角坐标系中，已知直线（为参数），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求曲线的直角坐标方程；
（2）设点的极坐标为，直线与曲线的交点为，求的值.
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．B
【解析】
试题分析：对于选项A，，，，而，所以，但不能确定的正负，所以它们的大小不能确定;对于选项B，,，两边同乘以一个负数改变不等号方向，所以选项B正确;对于选项C，利用在第一象限内是增函数即可得到，所以C错误;对于选项D，利用在上为减函数易得，所以D错误.所以本题选B.
【考点】指数函数与对数函数的性质
【名师点睛】比较幂或对数值的大小,若幂的底数相同或对数的底数相同,通常利用指数函数或对数函数的单调性进行比较；若底数不同,可考虑利用中间量进行比较.
2．C
【解析】
，将看成一个整体，结合的对称性即可得到答案.
【详解】
由已知，，令，得.
故选：C.
本题考查余弦型函数的对称性的问题，在处理余弦型函数的性质时，一般采用整体法，结合三角函数的性质，是一道容易题.
3．A
【解析】
根据平面平面，四边形为等腰梯形，则球心在过的中点的面的垂线上，又是等边三角形，所以球心也在过的外心面的垂线上，从而找到球心，再根据已知量求解即可.
【详解】
依题意如图所示：
取的中点，则是等腰梯形外接圆的圆心，
取是的外心，作平面平面，
则是四棱锥的外接球球心，且，
设四棱锥的外接球半径为，则，而，
所以，
故选：A.
本题考查组合体、球，还考查空间想象能力以及数形结合的思想，属于难题.
4．A
【解析】
将整理为，根据的范围可求得；根据，结合的值域和的图象，可知，解不等式求得结果.
【详解】
当时，
又，，
由在上的值域为
解得：
本题正确选项：
本题考查利用正弦型函数的值域求解参数范围的问题，关键是能够结合正弦型函数的图象求得角的范围的上下限，从而得到关于参数的不等式.
5．D
【解析】
计算得到，，故函数是周期函数，轴对称图形，故②④正确，根据图像知①③错误，得到答案.
【详解】
，，，
当沿轴正方向平移个单位时，重合，故②正确；
，，
故，函数关于对称，故④正确；
根据图像知：①③不正确；
故选：.
本题考查了根据函数图像判断函数性质，意在考查学生对于三角函数知识和图像的综合应用.
6．C
【解析】
根据三角函数的变换规则表示出，根据是奇函数，可得的取值，再求其最小值.
【详解】
解：由题意知，将函数的图像向右平移个单位长度，得，再将图像上各点的横坐标伸长到原来的6倍（纵坐标不变），得到函数的图像，，
因为是奇函数，
所以，解得，
因为，所以的最小值为.
故选：
本题考查三角函数的变换以及三角函数的性质，属于基础题.
7．C
【解析】
利用先求出，然后计算出结果.
【详解】
根据题意，当时，,,
故当时，,
数列是等比数列,
则，故,
解得,
故选.
本题主要考查了等比数列前项和的表达形式，只要求出数列中的项即可得到结果，较为基础.
8．B
【解析】
设大正方体的边长为，从而求得小正方体的边长为，设落在小正方形内的米粒数大约为，利用概率模拟列方程即可求解。
【详解】
设大正方体的边长为，则小正方体的边长为，
设落在小正方形内的米粒数大约为，
则，解得：
故选：B
本题主要考查了概率模拟的应用，考查计算能力，属于基础题。
9．A
【解析】
由题意知成等差数列，结合等差中项，列出方程，即可求出的值.
【详解】
解：由为等差数列，可知也成等差数列，
所以 ，即，解得.
故选:A.
本题考查了等差数列的性质，考查了等差中项.对于等差数列，一般用首项和公差将已知量表示出来，继而求出首项和公差.但是这种基本量法计算量相对比较大，如果能结合等差数列性质，可使得计算量大大减少.
10．B
【解析】
先求出，再利用求出，再求.
【详解】
解：
由，所以
，
，，
故选：B
考查向量的数量积及向量模的运算，是基础题.
11．B
【解析】
方法一：由题意得，根据等差数列的性质，得成等差数列，设，则，，则，当且仅当时等号成立，从而的最小值为16，故选B．
方法二：设正项等差数列的公差为d，由等差数列的前项和公式及，化简可得，即，则，当且仅当，即时等号成立，从而的最小值为16，故选B．
12．A
【解析】
分别代值计算可得，观察可得数列是以3为周期的周期数列，问题得以解决.
【详解】
解：∵，()，
，
，
，
，
…，
∴数列是以3为周期的周期数列，
，
，
故选：A.
本题考查数列的周期性和运用：求数列中的项，考查运算能力，属于基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．①②③
【解析】
①点在平面内的正投影为点，而正方体的体对角线与和它不相交的的面对角线垂直，所以直线垂直于平面，而为正三角形，可得为正三角形的重心，所以①是正确的；
②取的中点，连接，则点在平面的正投影在上，记为，而平面平面，所以，所以②正确；
③若设，则由可得，然后对应边成比例，可解，所以③正确；
④由于，而的面积是定值，所以当点到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大，而当点与点重合时，点到平面的距离最大，此时为棱长为的正四面体，其外接球半径，则球，所以④错误.
【详解】
因为，连接，则有平面平面为正三角形，所以为正三角形的中心，也是的重心，所以①正确；
由平面，可知平面平面，记，
由，可得平面平面，则，所以②正确；
若平面，则，设由得，易得，由，则，由得，，解得，所以③正确；
当与重合时，最大，为棱长为的正四面体，其外接球半径，则球，所以④错误.
故答案为：①②③
此题考查立体几何中的垂直、平行关系，求几何体的体积，考查空间想象能力和推理能力，属于难题.
14．
【解析】
先求出这组数据的平均数，再求出这组数据的方差，由此能求出该组数据的标准差．
【详解】
解：某地区连续5天的最低气温（单位：依次为8，，，0，2，
平均数为：，
该组数据的方差为：
，
该组数据的标准差为1．
故答案为：1．
本题考查一组数据据的标准差的求法，考查平均数、方差、标准差的定义等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．
15．8
【解析】
根据，利用基本不等式可求得函数最值.
【详解】
，，当且仅当且，即时，等号成立.时，取得最小值.
故答案为：
本题考查基本不等式，构造基本不等式的形式是解题关键.
16．
【解析】
由题知，该四棱锥为正四棱锥，作出该正四棱锥的高和斜高，连接，则球心O必在的边上，设，由球与四棱锥的内切关系可知，设，用和表示四棱锥的体积，解得和的关系，进而表示出内切球的半径，并求出半径的最大值，进而求出球的体积的最大值.
【详解】
设，，
由球O内切于四棱锥可知，，，
则，球O的半径，
，
，，
当且仅当时，等号成立，
此时.
故答案为：.
本题考查了棱锥的体积问题，内切球问题，考查空间想象能力，属于较难的填空压轴题.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（1）（2）
【解析】
（1）不妨设，，计算得到，根据面积得到，计算得到答案.
（2）设，，，联立方程利用韦达定理得到，，代入化简计算得到答案.
【详解】
（1）由题意不妨设，，
则，．
∵，∴，∴．
又，∴，
∴，，故的方程为．
（2）设，，，则．∵，
∴，设直线的方程为，
联立整理得．
∵在上，∴，∴上式可化为．
∴，，，
∴，
，
∴
．
∴．
本题考查了椭圆方程，定值问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
18．（1）；（2）.
【解析】
若补充②③根据已知可得平面，从而有，结合，可得
平面，故有，而，得到，②③成立与①②相同，
①③成立，可得，所以任意补充两个条件，结果都一样，以①②作为条件分析;
（1）设，可得，进而求出梯形的面积，可求出，即可求出结论；
（2），以为坐标原点，建立空间坐标系，求出坐标，由（1）得为平面的法向量，根据空间向量的线面角公式即可求解.
【详解】
第一种情况：若将①，②作为已知条件，解答如下：
（1）设平面为平面.
∵，∴平面，而平面平面，
∴，又为中点.
设，则.
在三角形中，，
由知平面，
∴，
∴梯形的面积
，
，，
平面，
，，
∴，
故，.
（2）如图，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
设，则
，
由（1）得为平面的一个法向量，
因为，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
第二种情况：若将①，③作为已知条件，
则由知平面，，
又，所以平面，，
又，故为中点，即，解答如上不变.
第三种情况：若将②，③作为已知条件，
由及第二种情况知，又，
易知，解答仍如上不变.
本题考查空间点、线、面位置关系，以及体积、直线与平面所成的角，考查计算求解能力，属于中档题.
19．（1）（2）
【解析】
(1)由正弦定理边化角化简已知条件可求得,即可求得;
(2)由余弦定理借助基本不等式可求得,即可求出的面积的最大值.
【详解】
（1），，
所以，
所以，
，，
，．
（2）由余弦定理得.，
，当且仅当时取等，
.
所以的面积的最大值为.
本题考查了正余弦定理在解三角形中的应用,考查了三角形面积的最值问题,难度较易.
20．（1）见解析；（2）证明见解析.
【解析】
当时，求函数的导数，判断导函数的单调性，计算即为导函数的零点；
当时，分类讨论x的范围，可令新函数，计算新函数的最值可证明．
【详解】
(1)的定义域为
当时，，，
易知为上的增函数，
又，
所以是的唯一零点；
(2)证明：当时，，
①若，则，
所以成立，
②若，设，则，
令，则，
因为，所以，
从而在上单调递增，
所以，
即，在上单调递增；
所以，即，
故.
本题主要考查导数法研究函数的单调性，单调性，零点的求法．注意分类讨论和构造新函数求函数的最值的应用．
21．（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）要证明面面，只需证明面即可；
（2）以为坐标原点，以，，分别为，，轴建系，分别计算出面法向量，面的法向量，再利用公式计算即可.
【详解】
证明：（1）因为底面为正方形，所以
又因为，，满足，
所以
又，面，面，
，
所以面.
又因为面，所以，面面.
（2）由（1）知，，两两垂直，以为坐标原点，以，，分别为，，轴建系如图所示，
则，，,，则，.
所以，，，，
设面法向量为，则由得，
令得，，即；
同理，设面的法向量为，
则由得，
令得，，即，
所以，
设二面角的大小为，则
所以二面角余弦值为.
本题考查面面垂直的证明以及利用向量法求二面角，考查学生的运算求解能力，此类问题关键是准确写出点的坐标，是一道中档题.
22．（1）（2）
【解析】
（1）由公式可化极坐标方程为直角坐标方程；
（2）把点极坐标化为直角坐标，直线的参数方程是过定点的标准形式，因此直接把参数方程代入曲线的方程，利用参数的几何意义求解．
【详解】
解：（1），则，∴，
所以曲线的直角坐标方程为，即
（2）点的直角坐标为，易知.设对应参数分别为
将与联立得
本题考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，考查直线参数方程，解题时可利用利用参数方程的几何意义求直线上两点间距离问题．