镶黄旗2024-2025学年高三3月份模拟考试数学试题含解析

这是一份镶黄旗2024-2025学年高三3月份模拟考试数学试题含解析，共6页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号，已知平面向量，，满足，已知向量，，且，则，的展开式中的系数为，已知双曲线等内容，欢迎下载使用。
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
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。
1．二项式展开式中，项的系数为（ ）
A．B．C．D．
2．已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上,平面,是边长为的等边三角形,若球的表面积为,则直线与平面所成角的正切值为( )
A．B．C．D．
3．已知函数f(x)＝,若关于x的方程f(x)＝kx－恰有4个不相等的实数根，则实数k的取值范围是( )
A． B．
C． D．
4．已知函数在上都存在导函数，对于任意的实数都有，当时，，若，则实数的取值范围是( )
A．B．C．D．
5．中国古代数学著作《孙子算经》中有这样一道算术题：“今有物不知其数，三三数之余二，五五数之余三，问物几何？”人们把此类题目称为“中国剩余定理”，若正整数除以正整数后的余数为，则记为，例如．现将该问题以程序框图的算法给出，执行该程序框图，则输出的等于（ ）．
A．B．C．D．
6．已知随机变量服从正态分布，且，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知平面向量，，满足：，，则的最小值为( )
A．5B．6C．7D．8
8．已知向量，，且，则（ ）
A．B．C．1D．2
9．的展开式中的系数为( )
A．－30B．－40C．40D．50
10．已知双曲线（，），以点（）为圆心，为半径作圆，圆与双曲线的一条渐近线交于，两点，若，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
11．《九章算术》有如下问题：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤；斩末一尺，重二斤，问次一尺各重几何?”意思是：“现在有一根金箠， 长五尺在粗的一端截下一尺，重斤；在细的一端截下一尺，重斤，问各尺依次重多少?”按这一问题的颗设，假设金箠由粗到细各尺重量依次成等差数列，则从粗端开始的第二尺的重量是（ ）
A．斤B． 斤C．斤D．斤
12．已知函数（表示不超过x的最大整数），若有且仅有3个零点，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知抛物线的焦点为，直线与抛物线相切于点，是上一点(不与重合)，若以线段为直径的圆恰好经过，则点到抛物线顶点的距离的最小值是__________.
14．已知双曲线：（，），直线：与双曲线的两条渐近线分别交于，两点.若（点为坐标原点）的面积为32，且双曲线的焦距为，则双曲线的离心率为________.
15．《九章算术》卷5《商功》记载一个问题“今有圆堡瑽，周四丈八尺，高一丈一尺.问积几何？答曰：二千一百一十二尺，术曰：周自相乘，以高乘之，十二而一”，这里所说的圆堡瑽就是圆柱体，它的体积为“周自相乘，以高乘之，十二而一”，就是说：圆堡瑽（圆柱体）的体积为（底面圆的周长的平方高），则由此可推得圆周率的取值为________.
16．已知函数.若在区间上恒成立.则实数的取值范围是__________．
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）已知函数，其导函数为，
（1）若，求不等式的解集；
（2）证明：对任意的，恒有.
18．（12分）已知是公比为的无穷等比数列，其前项和为，满足，________．是否存在正整数，使得？若存在，求的最小值；若不存在，说明理由．
从①，②，③这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答．
19．（12分）如图所示，三棱柱中，平面，点，分别在线段，上，且，，是线段的中点.
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）若，，，求直线与平面所成角的正弦值.
20．（12分）在平面直角坐标系中，曲线，曲线的参数方程为
（为参数）．以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
（1）求曲线、的极坐标方程；
（2）在极坐标系中，射线与曲线，分别交于、两点（异于极点），定点，求的面积
21．（12分）选修4-5：不等式选讲
已知函数
（Ⅰ）解不等式；
（Ⅱ）对及，不等式恒成立，求实数的取值范围.
22．（10分）如图，在四棱锥中，平面ABCD平面PAD，，，，，E是PD的中点．
证明：；
设，点M在线段PC上且异面直线BM与CE所成角的余弦值为，求二面角的余弦值．
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．D
【解析】
写出二项式的通项公式,再分析的系数求解即可.
【详解】
二项式展开式的通项为,令,得,故项的系数为.
故选：D
本题主要考查了二项式定理的运算,属于基础题.
2．C
【解析】
设为中点,先证明平面，得出为所求角,利用勾股定理计算,得出结论．
【详解】
设分别是的中点
平面
是等边三角形
又
平面 为与平面所成的角
是边长为的等边三角形
，且为所在截面圆的圆心
球的表面积为 球的半径
平面
本题正确选项：
本题考查了棱锥与外接球的位置关系问题，关键是能够通过垂直关系得到直线与平面所求角，再利用球心位置来求解出线段长，属于中档题．
3．D
【解析】
由已知可将问题转化为：y＝f(x)的图象和直线y＝kx－有4个交点，作出图象，由图可得：点(1,0)必须在直线y＝kx－的下方，即可求得：k＞；再求得直线y＝kx－和y＝ln x相切时，k＝；结合图象即可得解.
【详解】
若关于x的方程f(x)＝kx－恰有4个不相等的实数根，
则y＝f(x)的图象和直线y＝kx－有4个交点．作出函数y＝f(x)的图象，如图，
故点(1,0)在直线y＝kx－的下方．
∴k×1－＞0，解得k＞.
当直线y＝kx－和y＝ln x相切时，设切点横坐标为m，
则k＝＝，∴m＝.
此时，k＝＝，f(x)的图象和直线y＝kx－有3个交点，不满足条件，
故所求k的取值范围是，
故选D..
本题主要考查了函数与方程思想及转化能力，还考查了导数的几何意义及计算能力、观察能力，属于难题．
4．B
【解析】
先构造函数，再利用函数奇偶性与单调性化简不等式，解得结果.
【详解】
令，则当时，，
又，所以为偶函数，
从而等价于，
因此选B.
本题考查利用函数奇偶性与单调性求解不等式，考查综合分析求解能力，属中档题.
5．C
【解析】
从21开始，输出的数是除以3余2，除以5余3，满足条件的是23，故选C.
6．C
【解析】
根据在关于对称的区间上概率相等的性质求解．
【详解】
，，
，．
故选：C．
本题考查正态分布的应用．掌握正态曲线的性质是解题基础．随机变量服从正态分布，则．
7．B
【解析】
建立平面直角坐标系，将已知条件转化为所设未知量的关系式，再将的最小值转化为用该关系式表达的算式，利用基本不等式求得最小值.
【详解】
建立平面直角坐标系如下图所示，设，，且，由于，所以.
.所以
，即.
.当且仅当时取得最小值，此时由得，当时，有最小值为，即，，解得.所以当且仅当时有最小值为.
故选：B
本小题主要考查向量的位置关系、向量的模，考查基本不等式的运用，考查数形结合的数学思想方法，属于难题.
8．A
【解析】
根据向量垂直的坐标表示列方程，解方程求得的值.
【详解】
由于向量，，且，所以解得.
故选：A
本小题主要考查向量垂直的坐标表示，属于基础题.
9．C
【解析】
先写出的通项公式，再根据的产生过程，即可求得.
【详解】
对二项式，
其通项公式为
的展开式中的系数
是展开式中的系数与的系数之和.
令，可得的系数为；
令，可得的系数为；
故的展开式中的系数为.
故选：C.
本题考查二项展开式中某一项系数的求解，关键是对通项公式的熟练使用，属基础题.
10．A
【解析】
求出双曲线的一条渐近线方程，利用圆与双曲线的一条渐近线交于两点，且，则可根据圆心到渐近线距离为列出方程，求解离心率．
【详解】
不妨设双曲线的一条渐近线与圆交于，
因为，所以圆心到的距离为：，
即，因为，所以解得．
故选A．
本题考查双曲线的简单性质的应用，考查了转化思想以及计算能力，属于中档题．对于离心率求解问题，关键是建立关于的齐次方程，主要有两个思考方向，一方面，可以从几何的角度，结合曲线的几何性质以及题目中的几何关系建立方程；另一方面，可以从代数的角度，结合曲线方程的性质以及题目中的代数的关系建立方程.
11．B
【解析】
依题意，金箠由粗到细各尺重量构成一个等差数列，则，由此利用等差数列性质求出结果．
【详解】
设金箠由粗到细各尺重量依次所成得等差数列为，设首项，则，公差，.
故选B
本题考查了等差数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
12．A
【解析】
根据[x]的定义先作出函数f（x）的图象，利用函数与方程的关系转化为f（x）与g（x）=ax有三个不同的交点，利用数形结合进行求解即可．
【详解】
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
若有且仅有3个零点，
则等价为有且仅有3个根，
即与有三个不同的交点，
作出函数和的图象如图，
当a=1时，与有无数多个交点，
当直线经过点时，即，时，与有两个交点，
当直线经过点时，即时，与有三个交点，
要使与有三个不同的交点，则直线处在过和之间，
即，
故选：A．
利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法
(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的范围； (2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域(最值)问题加以解决；
(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
根据抛物线，不妨设，取 ，通过求导得， ，再根据以线段为直径的圆恰好经过，则 ，得到，两式联立，求得点N的轨迹，再求解最值.
【详解】
因为抛物线，不妨设，取 ，
所以，即，
所以 ，
因为以线段为直径的圆恰好经过，
所以 ，
所以，
所以，
由 ，解得，
所以点在直线 上，
所以当时， 最小，最小值为.
故答案为：2
本题主要考查直线与抛物线的位置关系直线的交轨问题，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
14．或
【解析】
用表示出的面积，求得等量关系，联立焦距的大小，以及，即可容易求得，则离心率得解.
【详解】
联立解得.
所以的面积，所以.
而由双曲线的焦距为知，，所以.
联立解得或
故双曲线的离心率为或.
故答案为：或.
本题考查双曲线的方程与性质，考查运算求解能力以及函数与方程思想，属中档题.
15．3
【解析】
根据圆堡瑽（圆柱体）的体积为（底面圆的周长的平方高）,可得,进而可求出的值
【详解】
解:设圆柱底面圆的半径为,圆柱的高为,由题意知
,解得.
故答案为:3.
本题主要考查了圆柱的体积公式.只要能看懂题目意思,结合方程的思想即可求出结果.
16．
【解析】
首先解不等式，再由在区间上恒成立，即得到不等组，解得即可.
【详解】
解：且，即解得，即
因为在区间上恒成立，
解得即
故答案为：
本题考查一元二次不等式及函数的综合问题，属于基础题.
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）证明见解析
【解析】
（1）求出的导数，根据导函数的性质判断函数的单调性，再利用函数单调性解函数型不等式；
（2）构造函数，利用导数判断在区间上单调递减，结合可得结果.
【详解】
（1）若，则.
设，则，
所以在上单调递减，在上单调递增.
又当时，；当时，；当时，，
所以
所以在上单调递增，
又，所以不等式的解集为.
（2）设，再令，
，
在上单调递减，
又，
，
，
，
，
.
即
本题考查利用函数的导数来判断函数的单调性，再利用函数的单调性来解决不等式问题，属于较难题.
18．见解析
【解析】
选择①或②或③，求出的值，然后利用等比数列的求和公式可得出关于的不等式，判断不等式是否存在符合条件的正整数解，在有解的情况下，解出不等式，进而可得出结论.
【详解】
选择①：因为，所以，所以．
令，即，，所以使得的正整数的最小值为；
选择②：因为，所以，．
因为，所以不存在满足条件的正整数；
选择③：因为，所以，所以．
令，即，整理得．
当为偶数时，原不等式无解；
当为奇数时，原不等式等价于，
所以使得的正整数的最小值为．
本题考查了等比数列的通项公式求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
19．（Ⅰ）证明见详解；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）取中点为，根据几何关系，求证四边形为平行四边形，即可由线线平行推证线面平行；
（Ⅱ）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量和平面的法向量，即可求得线面角的正弦值.
【详解】
（Ⅰ）取的中点，连接，.如下图所示：
因为，分别是线段和的中点，
所以是梯形的中位线，所以.
又，所以.
因为，，
所以四边形为平行四边形，所以.
所以，.
所以四边形为平行四边形，所以.
又平面，平面，
所以平面.
（Ⅱ）因为，且平面，
故可以为原点，的方向为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
如下图所示：
不妨设，则，
所以，，，，.
所以，，.
设平面的法向量为，
则所以
可取.
设直线与平面所成的角为，
则.
故可得直线与平面所成的角的正弦值为.
本题考查由线线平行推证线面平行，以及用向量法求解线面角，属综合中档题.
20．（1），；（2）.
【解析】
（1）先把参数方程化成普通方程，再利用极坐标的公式把普通方程化成极坐标方程；
（2）先利用极坐标求出弦长，再求高，最后求的面积．
【详解】
（1）曲线的极坐标方程为： ，
因为曲线的普通方程为： ，
曲线的极坐标方程为；
（2） 由（1）得：点的极坐标为， 点的极坐标为，
，
点到射线的距离为
的面积为 .
本题考查普通方程、参数方程与极坐标方程之间的互化，同时也考查了利用极坐标方程求解面积问题，考查计算能力，属于中等题.
21．（Ⅰ）.
（Ⅱ）.
【解析】
详解：（Ⅰ）
当时，由，解得；
当时，不成立；
当时，由，解得.
所以不等式的解集为.
（Ⅱ）因为，
所以.
由题意知对，，
即，
因为，
所以，解得.
⑴ 绝对值不等式解法的基本思路是：去掉绝对值号，把它转化为一般的不等式求解，转化的方法一般有：①绝对值定义法；②平方法；③零点区域法．
⑵ 不等式的恒成立可用分离变量法．若所给的不等式能通过恒等变形使参数与主元分离于不等式两端，从而问题转化为求主元函数的最值，进而求出参数范围．这种方法本质也是求最值．一般有：
① 为参数）恒成立
②为参数）恒成立 ．
22．（1）见解析；（2）
【解析】
（1）由平面平面的性质定理得平面，.在中，由勾股定理得，平面，即可得；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，由空间向量法和异面直线与所成角的余弦值为，得点M的坐标，从而求出二面角的余弦值.
【详解】
（1）平面平面，平面平面= ，，所以 .由面面垂直的性质定理得平面，，在中，，，由正弦定理可得：，
，即，平面，.
（2）以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，
，设 ，则，
,
得，，而，设平面的法向量为，由可得：，令，则，取平面的法向量，则，故二面角的余弦值为.
本题考查了线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，解题时要注意空间思维能力的培养和向量法的合理运用，属于中档题.