吉林省吉大附中实验学校2024-2025学年高三上学期第二次摸底考试数学试卷

第23页/共23页上学期高三年级第二次摸底考试数学学科试卷考试时间：120分钟试卷满分：150分一、单项选择题（本大题包括8个小题，每小题5分，共40分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确选项填涂在答题卡上）.1.已知复数，则虚部为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据复数的除法运算求出,即可得到.【详解】,,故虚部为，故选：C【点睛】本题主要考查了复数的除法运算，共轭复数，复数的虚部，属于容易题.2.已知全集，集合A，B满足，则下列关系一定正确的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据已知条件，求得，再进行选择即可.【详解】因为集合A，B满足，故可得，对A：当为的真子集时，不成立；对B：当为的真子集时，也不成立；对C：，恒成立；对D：当为的真子集时，不成立；故选：C.3.在平直的铁轨上停着一辆高铁列车，列车与铁轨上表面接触的车轮半径为，且某个车轮上的点刚好与铁轨的上表面接触，若该列车行驶了距离，则此时到铁轨上表面的距离为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】针对实际问题建模转化为圆的弧长与圆心角、半径之间的关系，就圆心角的范围进行分类,借助于直角三角形计算即得.【详解】当列车行驶的距离为时，则车轮转过的角度所对应的扇形弧长为，车轮转过的角度为点的初始位置为，设车轮的中心为，当时，作，垂足为，如图，则到铁轨表面的距离为；当时，，作，垂足为，如图，则，到铁轨表面的距离为；当在其它范围均可得到，点到铁轨上表面的距离为.故选:B.4.设公差的等差数列中，成等比数列，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由题意可得，根据求解即可.【详解】因为公差的等差数列an中，成等比数列，所以，即，解得，所以.故选：A.5.已知向量在向量方向上的投影向量的模，向量在向量方向上的投影向量的模为，且，则向量与向量的夹角为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据投影向量的模长公式计算出，再由向量垂直关系列出方程，求出向量与向量的夹角余弦，得到夹角.【详解】由题可得，所以.因为，所以，设向量与向量的夹角为，所以，所以，即.因为，所以，故向量与向量的夹角为.故选：B.6.若，则的大小关系是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】结合对数运算性质及对数函数的单调性比较的大小，结合基本不等式及对数函数单调性比较的大小，可得结论.【详解】，而，且．所以，故．故选：D.7.已知点为扇形的弧上任意一点，且，若（），则的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】建系设点的坐标，再结合向量关系表示，最后应用三角恒等变换及三角函数值域求范围即可.【详解】设圆的半径为，由已知可设为轴的正半轴，为坐标原点，过点作轴垂线为轴建立直角坐标系，其中，其中，由，即，整理得，解得，则，，所以.故选：C.8.对于集合M，定义函数对于两个集合M，N，定义集合，已知，.用表示有限集合M所含元素的个数，则的最小值为（）A.5 B.6 C.7 D.8【答案】B【解析】【分析】要想最小，只需最大且最小，据此结论找出满足条件的集合.【详解】根据题意可知：，要想最小，只需最大且最小，所以要使的值最小，2，4一定属于集合X；是否属于X不影响的值，但集合X不能含有之外的元素，，所以当X为集合的子集与集合的并集时，取到最小值6.故选：B【点睛】方法点睛：在实际解决“新定义”问题时，关键是正确提取新定义中的新概念、新公式、新性质、新模式等信息，确定新定义的名称或符号、概念、法则等，并进行信息再加工，寻求相近知识点，明确它们的共同点和不同点，探求解决方法，在此基础上进行知识转换，有效输出，合理归纳，结合相关的数学技巧与方法来分析与解决!二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知方程的两个复数根分别为，则（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】【分析】解方程求出，再结合共轭复数、模的意义及复数运算逐项判断即可各个选项.【详解】方程可转化为，解得或，不妨设，，对于A，显然，故A正确；对于B，，故B错误；对于C，由，则，故C正确；对于D，，故D正确.故选：ACD.10.已知，，是函数的三个零点（，），则（）A. B.C D.【答案】ABD【解析】【分析】因为函数有三个零点，所以极大值大于0，极小值小于0，可求的取值范围，判断A的真假；再根据零点和极值点的关系，结合零点存在性定理，可以判断B的真假；设，求导，假设，推导该结论成立的可能性，判断C的真假；表示出函数在3个零点出的导数，带入，整理，可判断D的真假.【详解】因为，又，由或，由.所以函数在和上单调递增，在上单调递减.因为函数有3个零点，所以，故A成立；又，所以，且，所以，故成立，即B成立；因为函数有3个零点，所以可设，则，所以，，，若有，则.由B可知，可设，，（，）则，由，这与矛盾，所以不成立，故C错误；因为：，故D成立.故选：ABD【点睛】方法点睛：对C选项，因为容易判断ABD是正确的，所以估计C是错误的，第一个想法是令取特殊值，验证C不成立.但是该方法的难点是不知道令取多少才能计算零点，所以该问题采用了类似反证法的思想，先假设C是正确的，看看推导出来的结论有无矛盾即可.11.如图，在四边形中，，，，，，则下列结果正确的是（）A. B.C. D.的面积为【答案】ACD【解析】【分析】对A，由已知条件利用向量数量积运算得解；对B，在中，由余弦定理可得解；对C，在中，由正弦定理求出，在中，由余弦定理求得答案；对D，求出，利用三角形面积公式求解.【详解】对于A，如图，连接，由，解得，又，所以，故A正确；对于B，在中，由余弦定理得，，，故B错误；对于C，因为，，所以，，，，，在中，由正弦定理，，即解得，在中，由余弦定理可得，即，则，故C正确；对于D，在中，，，，，，故D正确.故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.在边长为2的正三角形中，D为BC的中点，，则______________.【答案】【解析】【分析】以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，根据题意求出的坐标，再根据数量积的坐标运算即可求解.【详解】根据题意，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，由题意得，所以，，，，设，则，可得，所以，所以，.故答案为：.13.已知函数，若在区间上是单调函数，则实数的取值范围是______________.【答案】【解析】【分析】根据已知条件，结合三角变换先对解析式变形，再结合正弦函数的单调性，即可求解．【详解】，，，因为在区间上单调函数，所以，即.所以实数的取值范围为.故答案为：.14.若函数满足在定义域内的某个集合A上，对任意，都有是一个常数a，则称在A上具有M性质．设是在区间上具有M性质的函数，且对于任意，都有成立，则a的取值范围为________．【答案】【解析】【分析】根据题意，由条件可得在区间上单调递增，根据a的符号分类讨论研究函数的单调性即可求解.详解】由得，由题意知在区间上单调递增.①时，在区间上单调递增，符合题意；②时，在区间上单调递增，若在区间上单调递增，则，即对恒成立，所以成立，故，即；③时，对恒成立，此时，函数由，复合而成，在上单调递增且，而函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，若在上单调递增，则，即.综合①②③可知a的取值范围为.故答案为：【点睛】关键点睛：本题主要考查了复合函数的增减性问题，难度较大，解答本题的关键在于分类讨论以及结合复合函数单调性“同增异减”法则判断，从而求解.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.设函数.（1）若，求函数的单调区间；（2）设函数在上有两个零点，求实数的取值范围.（其中是自然对数的底数）【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为（2）【解析】【分析】（1）根据题意，求导可得，即可得到结果；（2）根据题意，由条件可得，构造函数，其中，转化为最值问题，即可求解.【小问1详解】当时，的定义域为，，令，则，解得，令，则，解得.函数的单调递增区间为，单调递减区间为.【小问2详解】令，则.令，其中，则.令，解得，令，解得.的单调递减区间为，单调递增区间为，.又，函数在上有两个零点，的取值范围是.16.在中，角，的对边分别为，的面积为，．（1）求角．（2）若的面积为，，为边的中点，求的长．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理结合三角形面积公式求解角即可.（2）利用余弦定理得到，再结合向量中线定理转化求解即可.【小问1详解】由题意得，由正弦定理，得，即，所以．又，所以．【小问2详解】因为的面积为，所以，所以．因为，所以，即，所以．因为是边的中点，所以，所以，所以，所以的长为．17.如图所示，直角梯形中，四边形为矩形，平面⊥平面.（1）求证:平面;（2）在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为，若存在，求出线段的长度，若不存在，请说明理由【答案】（1）证明见解析（2）存在，2【解析】【分析】（1）如图，先证明四边形为平行四边形，得，结合线面平行的判定定理即可证明；（2）如图，根据线面垂直的判定定理，建立如图空间直角坐标系，利用求得，结合空间向量法求线面角的方法建立关于的方程，解之即可求解.【小问1详解】如图，连接，交于点，取的中点，连接，则且，又且，所以且，故四边形为平行四边形，所以，即，又平面，平面，所以平面.【小问2详解】取的中点，连接，则，所以，因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，由平面，得.建立如图空间直角坐标系，则，所以.假设在线段DF上存在点满足题意，设，由，得.所以，设平面的法向量为，则，令，得，即.设直线与平面所成角为，则所以.得，整理得，解得或，则点或，此时的长度为2.故存在点或满足题意.18.某项团体比赛分为两轮：第一轮由团队队员轮流与AI人工智能进行比赛．若挑战成功，参加第二轮攻擂赛与上任擂主争夺比赛胜利．现有甲队参加比赛，队中共3名事先排好顺序的队员参加挑战．（1）第一轮与对战，比赛的规则如下：若某队员第一关闯关成功，则该队员继续闯第二关，否则该队员结束闯关并由下一位队员接力去闯第一关，若某队员第二关闯关成功，则该团队接力闯关活动结束，否则该成员结束闯关并由下一位队员接力去闯第二关；当第二关闯关成功或所有队员全部上场参加了闯关，该队挑战活动结束．已知甲队每位成员闯过第一关和第二关的概率分别为，，且每位成员闯关是否成功互不影响，每关结果也互不影响．用表示甲队闯关活动结束时上场闯关的成员人数，求的期望；（2）甲队已经顺利进入第二轮，现和擂主乙队号队员进行比赛，规则为：双方先由1号队员比赛，负者被淘汰，胜者再与负方2号队员比赛直到有一方队员全被淘汰，另一方获得胜利．已知，甲队三名队员每场比赛的胜率分别为：，，，若要求甲队获胜的概率大于，问是否满足？请说明理由．【答案】（1）（2）符合题意，理由见解析【解析】【分析】（1）的所有可能取值为1，2，3，分别求出对应的概率，可求得分布列，可求数学期望；（2）分析得一人全胜，，两人参赛获胜，，，三人参赛获胜，三种情况的概率，进而可得求解即可.【小问1详解】的所有可能取值为1，2，3．1个人的情况为：1号胜胜，则概率为，2个人的情况为：1号负2号胜胜或1号胜负2号胜，概率为，3个人的概率，所以分布列为：123所以．【小问2详解】分三种情况：第一，一人全胜，该事件的概率设为，则，第二，，两人参赛获胜，该事件的概率设为，则，第三，，，三人参赛获胜，该事件的概率设为，则由，所以要甲队获胜的概率大于，即，化简得：当，代入可得：，成立．【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是充分理解对应规则，分析得两规则下对应胜利的概率，从而得解.19.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0短轴长为2，左、右焦点分别为，过点的直线与椭圆C交于两点，其中分别在轴上方和下方，，直线与直线交于点，直线与直线交于点（1）若坐标为求椭圆C的方程；（2）在（1）的条件下，过点并垂直于轴的直线交C于点，椭圆上不同的两点满足成等差数列.求弦的中垂线在轴上的截距的取值范围；（3）若，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）短轴长为2，则有，为的重心，得，代入椭圆方程求解即可；（2）由等差中项的性质得到，再由弦长公式得到，然后分当AB斜率存在时由点差法得到，再由点斜式写出弦的中垂线方程，得弦的中垂线在轴上的截距；当AB斜率不存在时，AD的中垂线为轴，得在轴上的截距，最后得到范围；（3）根据重心性质及面积公式得，，再结合已知不等式条件解不等式组可得