高級中學名校試題PAGEPAGE1寧夏回族自治區吳忠市2025屆高三下學期第一次模擬聯考數學試題一?選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.（）A. B. C. D.1【答案】D【解析】.故選：D2.已知集合，則（）A. B.C.? D.?【答案】C【解析】由，顯然為奇數，而，所以?.故選：C3.已知單位向量滿足，則與的夾角為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】設與的夾角為，因為，，所以，所以，所以.故選：C.4.的展開式中的系數是（）A. B. C.120 D.210【答案】B【解析】由的展開式通項為，令，解得，則的系數為.故選：B.5.橢圓的一個焦點是，那么（）A.1 B. C. D.【答案】A【解析】因為橢圓的一個焦點是，所以，，，則，解得，故選：A.6.函數的最小值為（）A.0 B. C.1 D.2【答案】B【解析】，當時，有最小值.故選：B7.若，且，則（）A. B.C. D.【答案】C【解析】設，則，∴.A.，A錯誤.B.，B錯誤.C.，C正確.D.，D錯誤.故選：C.8.在三棱錐的頂點和各棱中點中取4個不共面的點，不同的取法共有（）A.141種 B.144種 C.147種 D.149種【答案】A【解析】如下圖，共有10個點任選4個有種，每個側面的6個點都共面，任選4個有種，共4個面，則有60種共面情況，如分別構成一個平面，有3種，如分別構成一個平面，有6種，綜上，在三棱錐的頂點和各棱中點取4個不共面的點，不同的取法共有種.故選：A二?多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有錯選的得0分.9.在正方體中，點分別是和的中點，則（）A.B.C.平面D.與平面所成的角為【答案】ACD【解析】設正方體的棱長為，以為原點建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，.則，由得，，故，A正確.由，則得與不垂直，B錯誤.由題意得，平面的法向量為.∵，平面，∴平面，C正確.由題意得，平面的法向量為，設與平面所成的角為，則，由得，D正確.故選：ACD.10.若干個能唯一確定一個數列的量稱為該數列的“基本量”.設是公比為的無窮等比數列，其前項和為，下列的四組量中，一定能成為該數列的“基本量”的是（）A.與 B.與C與 D.與【答案】AD【解析】對于A，若已知與，則、確定，該數列唯一確定；

對于B，若已知與，、可能不唯一，如則可得且或且；

對于C，若已知與，和也有可能不唯一，如則或；

對于D，若已知與，則顯然和唯一確定故選：AD.11.對于一段曲線，若存在點，使得對于任意的，都存在，使得，則稱曲線為“自相關曲線”.則下列曲線中都是“自相關曲線”的是（）A.圓 B.橢圓 C.雙曲線 D.拋物線【答案】AB【解析】設圓的半徑為r，在圓的直徑AB的反向延長線上取點M，如圖1所示，滿足，即，則分別為圓上的點到點的距離的最小值和最大值，對于圓上的任意點P，.由于，所以，所以，即，根據圓的圖形的連續性，可知存在Q，滿足，從而.橢圓：設其長軸為AB，，在AB的反向延長線上取點M，如圖2所示，滿足，即，則分別為橢圓上的點到點的距離的最小值和最大值，對于橢圓上的任意點P，.由于，所以，所以，即，根據橢圓的圖形的連續性，可知存在Q，滿足，從而.雙曲線和拋物線：不是封閉曲線，且其圖象趨向無窮遠.由，所以，于是M不在曲線上，設M到曲線的上點的距離的最小值為d，則當時，這與d的最小性相矛盾，故此時不存在要求的點Q.因此雙曲線和拋物線不符合題意.故選：AB.三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.復數的值等于__________．【答案】1【解析】因為，所以所以答案應填1．考點：1、復數的運算．13.不等式的解集為________．【答案】【解析】設，畫出兩個函數的圖象如下圖所示，由圖可知，不等式的解集為.故答案為：14.已知拋物線的頂點在原點，焦點在軸正半軸上.若點和關于經過坐標原點的直線的對稱點都在拋物線上，則拋物線的方程為__________.【答案】【解析】如圖所示，由題意設拋物線C的方程為，且x軸和y軸不是所求直線，又過原點，因而可設的方程為，設分別是關于的對稱點.關于對稱于，則，同理可得，又在拋物線C上，所以，由此知，即，，由此得，從而，整理得，解得，當時，,這與在拋物線上矛盾，故舍去，當時，,故拋物線方程為.故答案為：.四?解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.15.2024年巴黎奧運會上，我國乒乓球運動員取得了優異成績，激發了民眾參與乒乓球運動的熱情，某社區成立了一個乒乓球協會.該協會為了解性別是否影響居民參與乒乓球運動的意愿，對居民是否愿意參加乒乓球運動進行了抽樣調查，從該社區的居民中隨機抽取了100名進行調查，得到下表：性別乒乓球運動合計參與不參與男性4010女性3050合計6040100（1）求；（2）為加強管理，該社區決定從樣本參與乒乓球運動的居民中按性別利用分層隨機抽樣的方法抽取6名擔任乒乓球協會管理員，并從這6名管理員中選出2名擔任乒乓球協會會長，記男性居民擔任會長的人數為，求隨機變量的分布列及數學期望；（3）根據小概率值的獨立性檢驗，能否認為居民是否參與乒乓球運動與性別有關聯？附：.0.0500.0100.0013.8416.63510.828解：（1）（2）根據分層隨機抽樣可知，隨機抽取的6名居民中有男性4名，女性2名，所以隨機變量的所有可能取值為，有，，所以的分布列為：012所以.（3）零假設為：居民是否參與乒乓球運動與性別無關聯.有，根據小概率值的獨立性檢驗，推斷不成立，即認為居民是否參與乒乓球運動與性別有關聯，此推斷犯錯誤的概率不大于0.001.16.在中，內角的對邊分別為，已知．（1）求證：；（2）若，求的面積．（1）證明：因為，根據正弦定理得：又，所以，所以，即，所以，或（舍），所以.（2）解：根據正弦定理得，即，有余弦定理，得，解得或，當時，，，，則，，而，矛盾，舍去，故，所以的面積為17.已知函數.（1）當時，求的單調區間；（2）若僅有一個極值點，求的取值范圍；（3）若在上存在唯一零點，求的取值范圍.解：（1）當時，，定義域為，因為，所以在上單調遞增.（2）的定義域為，設（對稱軸為），因為僅有一個極值點，所以在上僅有一個變號零點，有，解得，即的取值范圍為.（3）由（2），知當即時，，在上單調遞增，又，所以在上無零點，不符合題意；當，即時，在上單調遞增，若，即時，當時，，即在上單調遞增，又，不符合題意；若，即時，當時，，即在上單調遞減，又，也不符合題意；若，即時，存在，使得，當時，時，，故在上單調遞減，在上單調遞增，，當，即，即時，存在唯一的，使得，故函數在上存在唯一零點時，所以的取值范圍為.18.如圖，在四棱錐中，底面.（1）求證：平面平面；（2）若為的中點，且；（i）求證：四棱錐的各個頂點都在一個球的球面上，并求該球的半徑；（ii）求二面角的正弦值.（1）證明：由余弦定理，有，因為，即，所以，因為底面平面，所以，因為平面平面，所以平面，因為平面，所以平面平面.（2）解：（i）連接，因為平面平面，所以，因為為的中點，所以，同理，有，因為底面平面，所以，因為為的中點，所以，因此，有，所以為四棱錐的外接球的球心.按如圖所示建立空間直角坐標系，連接，取的中點，連接，由，有，又，所以是正三角形，有，易知，設，則，有，因為，所以，有，得，即，有，故四棱錐的外接球的半徑為（ii），得，設平面的法向量為，由有則，取，得平面的一個法向量為，設平面的法向量為，由有取，則，得平面的一個法向量為，設二面角的平面角為，則19.已知直線且與相交于點.按照如下方式依次構造點：設直線與軸交于點，過點作軸的垂線交直線于點，過點作軸的垂線交直線于點，過點作軸的垂線交直線于點，過點作軸的垂線交直線于點.記的橫坐標為.（1）求點的坐標；（2）證明：數列是公比為的等比數列；（3）比較與的大小.（1）解：由有，即，由，知，得，有，故（2）證明：因為軸，的橫坐標為，所以，又因為軸，所以，又，有，得，顯然，有，故數列是公比為的等比數列.（3）解：在中，令，有，得，由（2），知，由，知，有令，有，有，進而.當,即，也即，即且時，，而，有；當即也即時，，，有；當也即，也即，即或時，，，有.綜上所述，且時，恒有.寧夏回族自治區吳忠市2025屆高三下學期第一次模擬聯考數學試題一?選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.（）A. B. C. D.1【答案】D【解析】.故選：D2.已知集合，則（）A. B.C.? D.?【答案】C【解析】由，顯然為奇數，而，所以?.故選：C3.已知單位向量滿足，則與的夾角為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】設與的夾角為，因為，，所以，所以，所以.故選：C.4.的展開式中的系數是（）A. B. C.120 D.210【答案】B【解析】由的展開式通項為，令，解得，則的系數為.故選：B.5.橢圓的一個焦點是，那么（）A.1 B. C. D.【答案】A【解析】因為橢圓的一個焦點是，所以，，，則，解得，故選：A.6.函數的最小值為（）A.0 B. C.1 D.2【答案】B【解析】，當時，有最小值.故選：B7.若，且，則（）A. B.C. D.【答案】C【解析】設，則，∴.A.，A錯誤.B.，B錯誤.C.，C正確.D.，D錯誤.故選：C.8.在三棱錐的頂點和各棱中點中取4個不共面的點，不同的取法共有（）A.141種 B.144種 C.147種 D.149種【答案】A【解析】如下圖，共有10個點任選4個有種，每個側面的6個點都共面，任選4個有種，共4個面，則有60種共面情況，如分別構成一個平面，有3種，如分別構成一個平面，有6種，綜上，在三棱錐的頂點和各棱中點取4個不共面的點，不同的取法共有種.故選：A二?多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有錯選的得0分.9.在正方體中，點分別是和的中點，則（）A.B.C.平面D.與平面所成的角為【答案】ACD【解析】設正方體的棱長為，以為原點建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，.則，由得，，故，A正確.由，則得與不垂直，B錯誤.由題意得，平面的法向量為.∵，平面，∴平面，C正確.由題意得，平面的法向量為，設與平面所成的角為，則，由得，D正確.故選：ACD.10.若干個能唯一確定一個數列的量稱為該數列的“基本量”.設是公比為的無窮等比數列，其前項和為，下列的四組量中，一定能成為該數列的“基本量”的是（）A.與 B.與C與 D.與【答案】AD【解析】對于A，若已知與，則、確定，該數列唯一確定；

對于B，若已知與，、可能不唯一，如則可得且或且；

對于C，若已知與，和也有可能不唯一，如則或；

對于D，若已知與，則顯然和唯一確定故選：AD.11.對于一段曲線，若存在點，使得對于任意的，都存在，使得，則稱曲線為“自相關曲線”.則下列曲線中都是“自相關曲線”的是（）A.圓 B.橢圓 C.雙曲線 D.拋物線【答案】AB【解析】設圓的半徑為r，在圓的直徑AB的反向延長線上取點M，如圖1所示，滿足，即，則分別為圓上的點到點的距離的最小值和最大值，對于圓上的任意點P，.由于，所以，所以，即，根據圓的圖形的連續性，可知存在Q，滿足，從而.橢圓：設其長軸為AB，，在AB的反向延長線上取點M，如圖2所示，滿足，即，則分別為橢圓上的點到點的距離的最小值和最大值，對于橢圓上的任意點P，.由于，所以，所以，即，根據橢圓的圖形的連續性，可知存在Q，滿足，從而.雙曲線和拋物線：不是封閉曲線，且其圖象趨向無窮遠.由，所以，于是M不在曲線上，設M到曲線的上點的距離的最小值為d，則當時，這與d的最小性相矛盾，故此時不存在要求的點Q.因此雙曲線和拋物線不符合題意.故選：AB.三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.復數的值等于__________．【答案】1【解析】因為，所以所以答案應填1．考點：1、復數的運算．13.不等式的解集為________．【答案】【解析】設，畫出兩個函數的圖象如下圖所示，由圖可知，不等式的解集為.故答案為：14.已知拋物線的頂點在原點，焦點在軸正半軸上.若點和關于經過坐標原點的直線的對稱點都在拋物線上，則拋物線的方程為__________.【答案】【解析】如圖所示，由題意設拋物線C的方程為，且x軸和y軸不是所求直線，又過原點，因而可設的方程為，設分別是關于的對稱點.關于對稱于，則，同理可得，又在拋物線C上，所以，由此知，即，，由此得，從而，整理得，解得，當時，,這與在拋物線上矛盾，故舍去，當時，,故拋物線方程為.故答案為：.四?解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.15.2024年巴黎奧運會上，我國乒乓球運動員取得了優異成績，激發了民眾參與乒乓球運動的熱情，某社區成立了一個乒乓球協會.該協會為了解性別是否影響居民參與乒乓球運動的意愿，對居民是否愿意參加乒乓球運動進行了抽樣調查，從該社區的居民中隨機抽取了100名進行調查，得到下表：性別乒乓球運動合計參與不參與男性4010女性3050合計6040100（1）求；（2）為加強管理，該社區決定從樣本參與乒乓球運動的居民中按性別利用分層隨機抽樣的方法抽取6名擔任乒乓球協會管理員，并從這6名管理員中選出2名擔任乒乓球協會會長，記男性居民擔任會長的人數為，求隨機變量的分布列及數學期望；（3）根據小概率值的獨立性檢驗，能否認為居民是否參與乒乓球運動與性別有關聯？附：.0.0500.0100.0013.8416.63510.828解：（1）（2）根據分層隨機抽樣可知，隨機抽取的6名居民中有男性4名，女性2名，所以隨機變量的所有可能取值為，有，，所以的分布列為：012所以.（3）零假設為：居民是否參與乒乓球運動與性別無關聯.有，根據小概率值的獨立性檢驗，推斷不成立，即認為居民是否參與乒乓球運動與性別有關聯，此推斷犯錯誤的概率不大于0.001.16.在中，內角的對邊分別為，已知．（1）求證：；（2）若，求的面積．（1）證明：因為，根據正弦定理得：又，所以，所以，即，所以，或（舍），所以.（2）解：根據正弦定理得，即，有余弦定理，得，解得或，當時，，，，則，，而，矛盾，舍去，故，所以的面積為17.已知函數.（1）當時，求的單調區間；（2）若僅有一個極值點，求的取值范圍；（3）若在上存在唯一零點，求的取值范圍.解：（1）當時，，定義域為，因為，所以在上單調遞增.（2）的定義域為，設（對稱軸為），因為僅有一個極值點，所以在上僅有一個變號零點，有，解得，即的取值范圍為.（3）由（2），知當即時，，在上單調遞增，又，所以在上無零點，不符合題意；當，即時，在上單調遞增，若，即時，當時，，即在上單調遞增，又，不符合題意；若，即時，當時，，即在上單調遞減，又，也不符合