2024-2025学年浙江省金华市兰溪市高三考前热身数学试卷含解析

这是一份2024-2025学年浙江省金华市兰溪市高三考前热身数学试卷含解析，共12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，且，则等内容，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．已知实数x，y满足约束条件，若的最大值为2，则实数k的值为（ ）
A．1B．C．2D．
2．设点是椭圆上的一点，是椭圆的两个焦点，若，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知定义在上的奇函数和偶函数满足（且），若，则函数的单调递增区间为（ ）
A．B．C．D．
4．已知椭圆的焦点分别为，，其中焦点与抛物线的焦点重合，且椭圆与抛物线的两个交点连线正好过点，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
5．已知，且，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知是定义是上的奇函数，满足，当时， ，则函数在区间上的零点个数是（ ）
A．3B．5C．7D．9
7．在棱长为a的正方体中，E、F、M分别是AB、AD、的中点，又P、Q分别在线段、上，且，设平面平面，则下列结论中不成立的是（ ）
A．平面B．
C．当时，平面D．当m变化时，直线l的位置不变
8．半正多面体(semiregular slid) 亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形为面的半正多面体.如图所示，图中网格是边长为1的正方形，粗线部分是某二十四等边体的三视图，则该几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
9．等腰直角三角形的斜边AB为正四面体侧棱，直角边AE绕斜边AB旋转，则在旋转的过程中，有下列说法：
（1）四面体EBCD的体积有最大值和最小值；
（2）存在某个位置，使得；
（3）设二面角的平面角为，则；
（4）AE的中点M与AB的中点N连线交平面BCD于点P，则点P的轨迹为椭圆.
其中，正确说法的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
10．为了进一步提升驾驶人交通安全文明意识，驾考新规要求驾校学员必须到街道路口执勤站岗，协助交警劝导交通.现有甲、乙等5名驾校学员按要求分配到三个不同的路口站岗，每个路口至少一人，且甲、乙在同一路口的分配方案共有( )
A．12种B．24种C．36种D．48种
11．已知集合，定义集合，则等于（ ）
A．B．
C．D．
12．斜率为1的直线l与椭圆相交于A、B两点，则的最大值为
A．2B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．记为等比数列的前n项和，已知，，则_______.
14．设，若关于的方程有实数解，则实数的取值范围_____．
15．六位同学坐在一排，现让六位同学重新坐，恰有两位同学坐自己原来的位置，则不同的坐法有________种（用数字回答）.
16．某校初三年级共有名女生，为了了解初三女生分钟“仰卧起坐”项目训练情况，统计了所有女生分钟“仰卧起坐”测试数据（单位：个），并绘制了如下频率分布直方图，则分钟至少能做到个仰卧起坐的初三女生有_____________个．
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）在平面直角坐标系中，以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线：，直线的参数方程为（为参数）.直线与曲线交于，两点．
（I）写出曲线的直角坐标方程和直线的普通方程（不要求具体过程）；
（II）设，若，，成等比数列，求的值．
18．（12分）如图，四棱锥中，四边形是矩形，，，为正三角形，且平面平面，、分别为、的中点.
（1）证明：平面；
（2）求几何体的体积.
19．（12分）如图为某大江的一段支流，岸线与近似满足∥，宽度为．圆为江中的一个半径为的小岛，小镇位于岸线上，且满足岸线，．现计划建造一条自小镇经小岛至对岸的水上通道（图中粗线部分折线段，在右侧），为保护小岛，段设计成与圆相切．设．

（1）试将通道的长表示成的函数，并指出定义域；
（2）若建造通道的费用是每公里100万元，则建造此通道最少需要多少万元？
20．（12分）如图，在三棱柱中，是边长为2的菱形，且，是矩形，，且平面平面，点在线段上移动（不与重合），是的中点.
（1）当四面体的外接球的表面积为时，证明：.平面
（2）当四面体的体积最大时，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
21．（12分）某芯片公司对今年新开发的一批5G手机芯片进行测评，该公司随机调查了100颗芯片，并将所得统计数据分为五个小组（所调查的芯片得分均在内），得到如图所示的频率分布直方图，其中．
（1）求这100颗芯片评测分数的平均数（同一组中的每个数据可用该组区间的中点值代替）．
（2）芯片公司另选100颗芯片交付给某手机公司进行测试，该手机公司将每颗芯片分别装在3个工程手机中进行初测。若3个工程手机的评分都达到11万分，则认定该芯片合格；若3个工程手机中只要有2个评分没达到11万分，则认定该芯片不合格；若3个工程手机中仅1个评分没有达到11万分，则将该芯片再分别置于另外2个工程手机中进行二测，二测时，2个工程手机的评分都达到11万分，则认定该芯片合格；2个工程手机中只要有1个评分没达到11万分，手机公司将认定该芯片不合格．已知每颗芯片在各次置于工程手机中的得分相互独立，并且芯片公司对芯片的评分方法及标准与手机公司对芯片的评分方法及标准都一致（以频率作为概率）．每颗芯片置于一个工程手机中的测试费用均为300元，每颗芯片若被认定为合格或不合格，将不再进行后续测试，现手机公司测试部门预算的测试经费为10万元，试问预算经费是否足够测试完这100颗芯片？请说明理由．
22．（10分）已知直线是曲线的切线.
（1）求函数的解析式，
（2）若，证明:对于任意，有且仅有一个零点.
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】
画出约束条件的可行域,利用目标函数的几何意义,求出最优解,转化求解即可.
【详解】
可行域如图中阴影部分所示，，，要使得z能取到最大值，则，当时，x在点B处取得最大值，即，得；当时，z在点C处取得最大值，即，得（舍去）.
故选:B.
本题考查由目标函数最值求解参数值,数形结合思想,分类讨论是解题的关键,属于中档题.
2．B
【解析】
∵
∵
∴
∵，
∴
∴
故选B
点睛：本题主要考查利用椭圆的简单性质及椭圆的定义. 求解与椭圆性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当涉及顶点、焦点、长轴、短轴等椭圆的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系.
3．D
【解析】
根据函数的奇偶性用方程法求出的解析式，进而求出，再根据复合函数的单调性，即可求出结论.
【详解】
依题意有， ①
， ②
①②得，又因为，
所以，在上单调递增，
所以函数的单调递增区间为.
故选:D.
本题考查求函数的解析式、函数的性质，要熟记复合函数单调性判断方法，属于中档题.
4．B
【解析】
根据题意可得易知，且，解方程可得，再利用即可求解.
【详解】
易知，且
故有，则
故选：B
本题考查了椭圆的几何性质、抛物线的几何性质，考查了学生的计算能力，属于中档题
5．B
【解析】
分析：首先利用同角三角函数关系式，结合题中所给的角的范围，求得的值，之后借助于倍角公式，将待求的式子转化为关于的式子，代入从而求得结果.
详解：根据题中的条件，可得为锐角，
根据，可求得，
而，故选B.
点睛：该题考查的是有关同角三角函数关系式以及倍角公式的应用，在解题的过程中，需要对已知真切求余弦的方法要明确，可以应用同角三角函数关系式求解，也可以结合三角函数的定义式求解.
6．D
【解析】
根据是定义是上的奇函数，满足，可得函数的周期为3，再由奇函数的性质结合已知可得 ，利用周期性可得函数在区间上的零点个数．
【详解】
∵是定义是上的奇函数，满足， ，可得，
函数的周期为3，
∵当时， ，
令，则，解得或1，
又∵函数是定义域为的奇函数，
∴在区间上，有．
由，取，得 ，得，
∴．
又∵函数是周期为3的周期函数，
∴方程=0在区间上的解有 共9个，
故选D．
本题考查根的存在性及根的个数判断，考查抽象函数周期性的应用，考查逻辑思维能力与推理论证能力，属于中档题．
7．C
【解析】
根据线面平行与垂直的判定与性质逐个分析即可.
【详解】
因为,所以,因为E、F分别是AB、AD的中点,所以,所以,因为面面,所以.选项A、D显然成立；
因为,平面,所以平面,因为平面,所以,所以B项成立；
易知平面MEF,平面MPQ,而直线与不垂直,所以C项不成立.
故选：C
本题考查直线与平面的位置关系.属于中档题.
8．D
【解析】
根据三视图作出该二十四等边体如下图所示，求出该几何体的棱长，可以将该几何体看作是相应的正方体沿各棱的中点截去8个三棱锥所得到的，可求出其体积.
【详解】
如下图所示，将该二十四等边体的直观图置于棱长为2的正方体中，由三视图可知，该几何体的棱长为，它是由棱长为2的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，
该几何体的体积为，
故选：D.
本题考查三视图，几何体的体积，对于二十四等边体比较好的处理方式是由正方体各棱的中点得到，属于中档题.
9．C
【解析】
解：对于（1），当CD⊥平面ABE，且E在AB的右上方时，E到平面BCD的距离最大，当CD⊥平面ABE，且E在AB的左下方时，E到平面BCD的距离最小，
∴四面体E﹣BCD的体积有最大值和最小值，故（1）正确；
对于（2），连接DE，若存在某个位置，使得AE⊥BD，又AE⊥BE，则AE⊥平面BDE，可得AE⊥DE，进一步可得AE＝DE，此时E﹣ABD为正三棱锥，故（2）正确；
对于（3），取AB中点O，连接DO，EO，则∠DOE为二面角D﹣AB﹣E的平面角，为θ，
直角边AE绕斜边AB旋转，则在旋转的过程中，θ∈[0，π），
∠DAE∈[，π），所以θ≥∠DAE不成立．（3）不正确；
对于（4）AE的中点M与AB的中点N连线交平面BCD于点P，P到BC的距离为：dP﹣BC，
因为＜1，所以点P的轨迹为椭圆．（4）正确．
故选：C．
点睛：该题考查的是有关多面体和旋转体对应的特征，以几何体为载体，考查相关的空间关系，在解题的过程中，需要认真分析，得到结果，注意对知识点的灵活运用.
10．C
【解析】
先将甲、乙两人看作一个整体，当作一个元素，再将这四个元素分成3个部分，每一个部分至少一个，再将这3部分分配到3个不同的路口，根据分步计数原理可得选项.
【详解】
把甲、乙两名交警看作一个整体，个人变成了4个元素，再把这4个元素分成3部分，每部分至少有1个人，共有种方法，再把这3部分分到3个不同的路口，有种方法，由分步计数原理，共有种方案。
故选：C.
本题主要考查排列与组合,常常运用捆绑法，插空法，先分组后分配等一些基本思想和方法解决问题，属于中档题.
11．C
【解析】
根据定义，求出，即可求出结论.
【详解】
因为集合，所以，
则，所以.
故选:C.
本题考查集合的新定义运算，理解新定义是解题的关键，属于基础题.
12．C
【解析】
设出直线的方程，代入椭圆方程中消去y，根据判别式大于0求得t的范围，进而利用弦长公式求得|AB|的表达式，利用t的范围求得|AB|的最大值．
【详解】
解：设直线l的方程为y＝x+t，代入y2＝1，消去y得x2+2tx+t2﹣1＝0，
由题意得△＝（2t）2﹣1（t2﹣1）＞0，即t2＜1．
弦长|AB|＝4．
故选：C．
本题主要考查了椭圆的应用，直线与椭圆的关系．常需要把直线与椭圆方程联立，利用韦达定理，判别式找到解决问题的突破口．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
设等比数列的公比为，将已知条件等式转化为关系式，求解即可.
【详解】
设等比数列的公比为，
，
.
故答案为:.
本题考查等比数列通项的基本量运算，属于基础题.
14．
【解析】
先求出，从而得函数在区间上为增函数；在区间为减函数．即可得的最大值为，令，得函数取得最小值，由有实数解，，进而得实数的取值范围．
【详解】
解：，
当时，；当时，；
函数在区间上为增函数；在区间为减函数．
所以的最大值为，
令，
所以当时，函数取得最小值，
又因为方程有实数解，那么，即，
所以实数的取值范围是：．
故答案为：
本题考查了函数的单调性，函数的最值问题，导数的应用，属于中档题.
15．135
【解析】
根据题意先确定2个人位置不变，共有种选择，再确定4个人坐4个位置，但是不能坐原来的位置，计算得到答案.
【详解】
根据题意先确定2个人位置不变，共有种选择.
再确定4个人坐4个位置，但是不能坐原来的位置，共有种选择，
故不同的坐法有.
故答案为：.
本题考查了分步乘法原理，意在考查学生的计算能力和应用能力.
16．
【解析】
根据数据先求出，再求出分钟至少能做到个仰卧起坐的初三女生人数即可.
【详解】
解：，
.
则分钟至少能做到个仰卧起坐的初三女生人数为.
故答案为：.
本题主要考查频率分布直方图，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．（I），；（II）.
【解析】
（I）利用所给的极坐标方程和参数方程，直接整理化简得到直角坐标方程和普通方程；（II）联立直线的参数方程和C的直角坐标方程，结合韦达定理以及等比数列的性质即可求得答案.
【详解】
（I）曲线：，两边同时乘以
可得，化简得）；
直线的参数方程为（为参数），可得
x-y=-1，得x-y+1=0；
（II）将（为参数）代入并整理得
韦达定理：
由题意得 即
可得
即
解得
本题考查了极坐标方程、参数方程与直角坐标和普通方程的互化，以及参数方程的综合知识，结合等比数列，熟练运用知识，属于较易题.
18．（1）见解析；（2）
【解析】
（1）由题可知，根据三角形的中位线的性质，得出，根据矩形的性质得出，所以，再利用线面平行的判定定理即可证出平面；
（2）由于平面平面，根据面面垂直的性质，得出平面，从而得出到平面的距离为，结合棱锥的体积公式，即可求得结果.
【详解】
解：（1）∵，分别为，的中点，
∴，
∵四边形是矩形，∴，∴，
∵平面，平面，
∴平面.
（2）取，的中点，，连接，，，，则，
由于为三棱柱，为四棱锥，
∵平面平面，∴平面，
由已知可求得，
∴到平面的距离为，
因为四边形是矩形，，，
，
设几何体的体积为，
则，
∴，
即：.
本题考查线面平行的判定、面面垂直的性质和棱锥的体积公式，考查逻辑推理和计算能力.
19．（1），定义域是．（2）百万
【解析】
（1）以为原点，直线为轴建立如图所示的直角坐标系，设，利用直线与圆相切得到，再代入这一关系中，即可得答案；
（2）利用导数求函数的最小值，即可得答案；
【详解】
以为原点，直线为轴建立如图所示的直角坐标系．

设，则，，．
因为，
所以直线的方程为，
即，
因为圆与相切，所以，
即，从而得，
在直线的方程中，令，得，
所以，
所以
当时，，设锐角满足，则，
所以关于的函数是，定义域是．
（2）要使建造此通道费用最少，只要通道的长度即最小．
令，得，设锐角，满足，得．
列表：
所以时，，所以建造此通道的最少费用至少为百万元．
本题考查三角函数模型的实际应用、利用导数求函数的最小值，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.
20．（1）证明见解析（2）
【解析】
（1）由题意，先求得为的中点，再证明平面平面，进而可得结论；
（2）由题意，当点位于点时，四面体的体积最大，再建立空间直角坐标系，利用空间向量运算即可.
【详解】
（1）证明：当四面体的外接球的表面积为时.
则其外接球的半径为.
因为时边长为2的菱形，是矩形.
，且平面平面.
则，.
则为四面体外接球的直径.
所以，即.
由题意，，，所以.
因为，所以为的中点.
记的中点为，连接，.
则，，，所以平面平面.
因为平面，所以平面.
（2）由题意，平面，则三棱锥的高不变.
当四面体的体积最大时，的面积最大.
所以当点位于点时，四面体的体积最大.
以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.
则，，，，.
所以，，，.
设平面的法向量为.
则
令，得.
设平面的一个法向量为.
则
令，得.
设平面与平面所成锐二面角是，则.
所以当四面体的体积最大时，平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
本题考查平面与平面的平行、线面平行，考查平面与平面所成锐二面角的余弦值，正确运用平面与平面的平行、线面平行的判定，利用好空间向量是关键，属于基础题．
21．（1）（2）预算经费不够测试完这100颗芯片，理由见解析
【解析】
（1）先求出，再利用频率分布直方图的平均数公式求这100颗芯片评测分数的平均数；（2）先求出每颗芯片的测试费用的数学期望，再比较得解.
【详解】
（1）依题意，，故．
又因为．所以，
所求平均数为
（万分）
（2）由题意可知，手机公司抽取一颗芯片置于一个工程机中进行检测评分达到11万分的概率．
设每颗芯片的测试费用为X元，则X的可能取值为600，900，1200，1500，
，
，
故每颗芯片的测试费用的数学期望为
（元），
因为，
所以显然预算经费不够测试完这100颗芯片．
本题主要考查频率分布直方图的平均数的计算，考查离散型随机变量的数学期望的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
22．（1）（2）证明见解析
【解析】
（1）对函数求导，并设切点，利用点既在曲线上、又在切线上，列出方程组，解得，即可得答案；
（2）当x充分小时，当x充分大时，可得至少有一个零点. 再证明零点的唯一性，即对函数求导得，对分和两种情况讨论，即可得答案.
【详解】
（1）根据题意，，设直线与曲线相切于点.
根据题意，可得，解之得，
所以.
（2）由（1）可知，
则当x充分小时，当x充分大时，∴至少有一个零点.
∵，
①若，则，在上单调递增，∴有唯一零点.
②若令，得有两个极值点，
∵，∴，∴.
∴在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
∴极大值为.，又，
∴在(0，16)上单调递增，
∴，
∴有唯一零点.
综上可知，对于任意，有且仅有一个零点.
本题考查导数的几何意义的运用、利用导数证明函数的零点个数，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意零点存在定理的运用.
0
减
极小值
增