云南省玉溪市民中2024-2025学年高三年级校内模拟数学试题最后一卷含解析

云南省玉溪市民中2024-2025学年高三年级校内模拟数学试题最后一卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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．（）A． B． C． D．2．设，，，则（）A． B． C． D．3．已知复数z满足（其中i为虚数单位），则复数z的虚部是（）A． B．1 C． D．i4．已知函数（）的部分图象如图所示.则（）A． B．C． D．5．的图象如图所示，，若将的图象向左平移个单位长度后所得图象与的图象重合，则可取的值的是（）A． B． C． D．6．已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成的角的正弦值为（）．A． B． C． D．7．函数的图像大致为（）.A． B．C． D．8．设，满足约束条件，若的最大值为，则的展开式中项的系数为()A．60 B．80 C．90 D．1209．函数图象的大致形状是（）A． B．C． D．10．设，是空间两条不同的直线，，是空间两个不同的平面，给出下列四个命题：①若，，，则；②若，，，则；③若，，，则；④若，，，，则.其中正确的是（）A．①② B．②③ C．②④ D．③④11．已知函数，，当时，不等式恒成立，则实数a的取值范围为（）A． B． C． D．12．若不相等的非零实数，，成等差数列，且，，成等比数列，则（）A． B． C．2 D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．一个空间几何体的三视图及部分数据如图所示，则这个几何体的体积是___________14．若函数，则的值为______.15．如图，是圆的直径，弦的延长线相交于点垂直的延长线于点．求证：16．已知各棱长都相等的直三棱柱(侧棱与底面垂直的棱柱称为直棱柱)所有顶点都在球的表面上.若球的表面积为则该三棱柱的侧面积为___________．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）2019年9月26日，携程网发布《2019国庆假期旅游出行趋势预测报告》，2018年国庆假日期间，西安共接待游客1692.56万人次，今年国庆有望超过2000万人次，成为西部省份中接待游客量最多的城市.旅游公司规定：若公司某位导游接待旅客，旅游年总收人不低于40(单位：万元)，则称该导游为优秀导游.经验表明，如果公司的优秀导游率越高，则该公司的影响度越高.已知甲、乙家旅游公司各有导游40名，统计他们一年内旅游总收入，分别得到甲公司的频率分布直方图和乙公司的频数分布表如下：分组频数（1）求的值，并比较甲、乙两家旅游公司，哪家的影响度高？（2）从甲、乙两家公司旅游总收人在(单位：万元)的导游中，随机抽取3人进行业务培训，设来自甲公司的人数为，求的分布列及数学期望.18．（12分）已知函数，，且．（1）当时，求函数的减区间；（2）求证：方程有两个不相等的实数根；（3）若方程的两个实数根是，试比较，与的大小，并说明理由．19．（12分）某地为改善旅游环境进行景点改造．如图，将两条平行观光道l1和l2通过一段抛物线形状的栈道AB连通（道路不计宽度），l1和l2所在直线的距离为0.5（百米），对岸堤岸线l3平行于观光道且与l2相距1.5（百米）（其中A为抛物线的顶点，抛物线的对称轴垂直于l3，且交l3于M

），在堤岸线l3上的E，F两处建造建筑物，其中E，F到M的距离为1

（百米），且F恰在B的正对岸（即BF⊥l3）．（1）在图②中建立适当的平面直角坐标系，并求栈道AB的方程；（2）游客（视为点P）在栈道AB的何处时，观测EF的视角(∠EPF)最大？请在（1）的坐标系中，写出观测点P的坐标．20．（12分）如图，过点且平行与x轴的直线交椭圆于A、B两点，且.（1）求椭圆的标准方程；（2）过点M且斜率为正的直线交椭圆于段C、D，直线AC、BD分别交直线于点E、F，求证：是定值.21．（12分）如图，是正方形，点在以为直径的半圆弧上（不与，重合），为线段的中点，现将正方形沿折起，使得平面平面.（1）证明：平面.（2）三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值.22．（10分）已知抛物线Γ：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，P是抛物线Γ上一点，且在第一象限，满足（2，2）（1）求抛物线Γ的方程；（2）已知经过点A（3，﹣2）的直线交抛物线Γ于M，N两点，经过定点B（3，﹣6）和M的直线与抛物线Γ交于另一点L，问直线NL是否恒过定点，如果过定点，求出该定点，否则说明理由．

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．A【解析】

分子分母同乘,即根据复数的除法法则求解即可.【详解】解:,故选:A本题考查复数的除法运算,属于基础题.2．A【解析】

先利用换底公式将对数都化为以2为底,利用对数函数单调性可比较,再由中间值1可得三者的大小关系.【详解】，，，因此，故选：A.本题主要考查了利用对数函数和指数函数的单调性比较大小,属于基础题.3．A【解析】

由虚数单位i的运算性质可得，则答案可求.【详解】解：∵，∴，，则化为，∴z的虚部为.故选：A.本题考查了虚数单位i的运算性质、复数的概念，属于基础题.4．C【解析】

由图象可知,可解得,利用三角恒等变换化简解析式可得,令,即可求得.【详解】依题意，，即,解得；因为所以，当时，.故选:C.本题主要考查了由三角函数的图象求解析式和已知函数值求自变量,考查三角恒等变换在三角函数化简中的应用,难度一般.5．B【解析】

根据图象求得函数的解析式，即可得出函数的解析式，然后求出变换后的函数解析式，结合题意可得出关于的等式，即可得出结果.【详解】由图象可得，函数的最小正周期为，，，则，，取，，则，，，可得，当时，.故选：B.本题考查利用图象求函数解析式，同时也考查了利用函数图象变换求参数，考查计算能力，属于中等题.6．C【解析】

设M,N,P分别为和的中点，得出的夹角为MN和NP夹角或其补角，根据中位线定理，结合余弦定理求出和的余弦值再求其正弦值即可.【详解】根据题意画出图形:设M,N,P分别为和的中点，则的夹角为MN和NP夹角或其补角可知，.作BC中点Q，则为直角三角形；中，由余弦定理得，在中，在中，由余弦定理得所以故选：C此题考查异面直线夹角，关键点通过平移将异面直线夹角转化为同一平面内的夹角，属于较易题目.7．A【解析】

本题采用排除法:由排除选项D；根据特殊值排除选项C;由,且无限接近于0时,排除选项B；【详解】对于选项D:由题意可得,令函数,则,;即.故选项D排除;对于选项C：因为,故选项C排除;对于选项B:当,且无限接近于0时,接近于,，此时.故选项B排除;故选项:A本题考查函数解析式较复杂的图象的判断;利用函数奇偶性、特殊值符号的正负等有关性质进行逐一排除是解题的关键;属于中档题.8．B【解析】

画出可行域和目标函数，根据平移得到，再利用二项式定理计算得到答案.【详解】如图所示：画出可行域和目标函数，，即，故表示直线与截距的倍，根据图像知：当时，的最大值为，故.展开式的通项为：，取得到项的系数为：.故选：.本题考查了线性规划求最值，二项式定理，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.9．B【解析】

判断函数的奇偶性，可排除A、C，再判断函数在区间上函数值与的大小，即可得出答案.【详解】解：因为，所以，所以函数是奇函数，可排除A、C；又当，，可排除D；故选：B.本题考查函数表达式判断函数图像，属于中档题.10．C【解析】

根据线面平行或垂直的有关定理逐一判断即可.【详解】解：①：、也可能相交或异面，故①错②：因为，，所以或，因为，所以，故②对③：或，故③错④：如图因为，，在内过点作直线的垂线，则直线，又因为，设经过和相交的平面与交于直线，则又，所以因为，，所以，所以，故④对.故选：C考查线面平行或垂直的判断，基础题.11．D【解析】

由变形可得,可知函数在为增函数,由恒成立,求解参数即可求得取值范围.【详解】,即函数在时是单调增函数.则恒成立..令,则时,单调递减,时单调递增.故选:D.本题考查构造函数,借助单调性定义判断新函数的单调性问题,考查恒成立时求解参数问题,考查学生的分析问题的能力和计算求解的能力,难度较难.12．A【解析】

由题意，可得，，消去得,可得，继而得到，代入即得解【详解】由，，成等差数列，所以，又，，成等比数列，所以，消去得，所以，解得或，因为，，是不相等的非零实数，所以，此时，所以．故选：A本题考查了等差等比数列的综合应用，考查了学生概念理解，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．【解析】

先还原几何体，再根据柱体体积公式求解【详解】空间几何体为一个棱柱，如图，底面为边长为的直角三角形，高为的棱柱，所以体积为本题考查三视图以及柱体体积公式，考查基本分析求解能力，属基础题14．【解析】

根据题意，由函数的解析式求出的值，进而计算可得答案．【详解】根据题意，函数，则，则；故答案为：.本题考查分段函数的性质、对数运算法则的应用，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查运算求解能力．15．证明见解析．【解析】试题分析：四点共圆，所以，又△∽△，所以，即，得证．试题解析：A．连接，因为为圆的直径，所以，又，则四点共圆，所以．又△∽△，所以，即，∴．16．【解析】

只要算出直三棱柱的棱长即可，在中，利用即可得到关于x的方程，解方程即可解决.【详解】由已知，，解得，如图所示，设底面等边三角形中心为，直三棱柱的棱长为x，则，，故，即，解得，故三棱柱的侧面积为.故答案为：.本题考查特殊柱体的外接球问题，考查学生的空间想象能力，是一道中档题.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），乙公司影响度高；（2）见解析，【解析】

（1）利用各小矩形的面积和等于1可得a，由导游人数为40人可得b，再由总收人不低于40可计算出优秀率；（2）易得总收入在中甲公司有4人，乙公司有2人，则甲公司的人数的值可能为1，2，3，再计算出相应取值的概率即可.【详解】（1）由直方图知，，解得，由频数分布表中知：，解得.所以，甲公司的导游优秀率为：，乙公司的导游优秀率为：，由于，所以乙公司影响度高.（2）甲公司旅游总收入在中的有人，乙公司旅游总收入在中的有2人，故的可能取值为1，2，3，易知：，;.所以的分布列为：123P.本题考查频率分布直方图、随机变量的分布列与期望，考查学生数据处理与数学运算的能力，是一道中档题.18．（1）（2）详见解析（3）【解析】

试题分析：（1）当时，，由得减区间；（2）因为，所以，因为所以，方程有两个不相等的实数根；（3）因为，，所以试题解析：（1）当时，，由得减区间；（2）法1：，，，所以，方程有两个不相等的实数根；法2：，，是开口向上的二次函数，所以，方程有两个不相等的实数根；（3）因为，，又在和增，在减，所以．考点：利用导数求函数减区间，二次函数与二次方程关系19．（1）见解析，，x[0，1]；（2）P(，)时，视角∠EPF最大．【解析】

（1）以A为原点，l1为x轴，抛物线的对称轴为y轴建系，设出方程，通过点的坐标可求方程；（2）设出的坐标，表示出，利用基本不等式求解的最大值，从而可得观测点P的坐标．【详解】（1）以A为原点，l1为x轴，抛物线的对称轴为y轴建系由题意知：B(1，0.5)，设抛物线方程为代入点B得：p＝1，故方程为，x[0，1]；（2）设P(，)，t[0，]，作PQ⊥l3于Q，记∠EPQ＝，∠FPQ＝，，令，，则：，当且仅当即，即，即时取等号；故P(，)时视角∠EPF最大，答：P(，)时，视角∠EPF最大．本题主要考查圆锥曲线的实际应用，理解题意，构建合适的模型是求解的关键，涉及最值问题一般利用基本不等式或者导数来进行求解，侧重考查数学运算的核心素养.20．（1）；（2）证明见解析.【解析】

（1）由题意求得的坐标，代入椭圆方程求得，由此求得椭圆的标准方程.（2）设出直线的方程，联立直线的方程和椭圆方程，可得关于的一元二次方程，设出的坐标，分别求出直线与直线的方程，从而求得两点的纵坐标，利用根与系数关系可化简证得为定值.【详解】（1）由已知可得：，代入椭圆方程得：椭圆方程为；（2）设直线CD的方程为，代入，得：设，，则有，则AC的方程为，令，得BD的方程为，令，得，证毕.本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查计算能力，是难题．21．（1）见解析（2）【解析】

（1）利用面面垂直的性质定理证得平面，由此证得，根据圆的几何性质证得，由此证得平面.（2）判断出三棱锥的体积最大时点的位置.建立空间直角坐标系，通过平面和平面的法向量，计算出二面角的余弦值.【详解】（1）证明：因为平面平面是正方形，所以平面.因为平面，所以.因为点在以为直径的半圆弧上，所以.又，所以平面.（2）解：显然，当点位于的中点时，的面积最大，三棱锥的体积也最大.不妨设，记中点为，以为原点，分别以的方向为轴、轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，则令，得.设平面的法向量为，则令，得，所以.由图可知，二面角为锐角，故二面