2024-2025学年福建省清流一中重点中学高中毕业班第一次高考模拟考试试数学试题题含解析

2024-2025学年福建省清流一中重点中学高中毕业班第一次高考模拟考试试数学试题题注意事项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，，那么是的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件2．若直线与圆相交所得弦长为，则（）A．1 B．2 C． D．33．已知为定义在上的奇函数，若当时，（为实数），则关于的不等式的解集是（）A． B． C． D．4．抛物线的准线与轴的交点为点，过点作直线与抛物线交于、两点，使得是的中点，则直线的斜率为（）A． B． C．1 D．5．已知，则的取值范围是（）A．[0，1] B． C．[1，2] D．[0，2]6．已知复数和复数，则为A． B． C． D．7．已知复数满足，则的值为（）A． B． C． D．28．已知向量，且，则等于（）A．4 B．3 C．2 D．19．山东烟台苹果因“果形端正、色泽艳丽、果肉甜脆、香气浓郁”享誉国内外.据统计，烟台苹果（把苹果近似看成球体）的直径（单位：）服从正态分布，则直径在内的概率为（）附：若，则，.A．0.6826 B．0.8413 C．0.8185 D．0.954410．已知纯虚数满足，其中为虚数单位，则实数等于（）A． B．1 C． D．211．已知，，分别是三个内角，，的对边，，则（）A． B． C． D．12．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数，例如：，，已知函数（），则函数的值域为（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在中，角，，的对边分别为，，，若，且，则面积的最大值为________.14．设点P在函数的图象上，点Q在函数的图象上，则线段PQ长度的最小值为_________15．展开式中的系数为_______________．16．如图，是一个四棱锥的平面展开图，其中间是边长为的正方形，上面三角形是等边三角形，左、右三角形是等腰直角三角形，则此四棱锥的体积为_____．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）如图，在平面直角坐标系中，已知圆C：，椭圆E：（）的右顶点A在圆C上，右准线与圆C相切.（1）求椭圆E的方程；（2）设过点A的直线l与圆C相交于另一点M，与椭圆E相交于另一点N.当时，求直线l的方程.18．（12分）已知函数，其中为实常数.（1）若存在，使得在区间内单调递减，求的取值范围；（2）当时，设直线与函数的图象相交于不同的两点，，证明：.19．（12分）设函数.（1）求的值；（2）若，求函数的单调递减区间.20．（12分）选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）.以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，且曲线的极坐标方程为.（1）写出直线的普通方程与曲线的直角坐标方程；（2）设直线上的定点在曲线外且其到上的点的最短距离为，试求点的坐标.21．（12分）已知的图象在处的切线方程为.（1）求常数的值；（2）若方程在区间上有两个不同的实根，求实数的值.22．（10分）如图，三棱锥中，（1）证明：面面；（2）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．B【解析】

由，可得，解出即可判断出结论．【详解】解：因为，且．，解得．是的必要不充分条件．故选：．本题考查了向量数量积运算性质、三角函数求值、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．2．A【解析】

将圆的方程化简成标准方程,再根据垂径定理求解即可.【详解】圆的标准方程,圆心坐标为,半径为,因为直线与圆相交所得弦长为,所以直线过圆心,得,即.故选：A本题考查了根据垂径定理求解直线中参数的方法,属于基础题.3．A【解析】

先根据奇函数求出m的值，然后结合单调性求解不等式.【详解】据题意，得，得，所以当时，.分析知，函数在上为增函数.又，所以.又，所以，所以，故选A.本题主要考查函数的性质应用，侧重考查数学抽象和数学运算的核心素养.4．B【解析】

设点、，设直线的方程为，由题意得出，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，结合可求得的值，由此可得出直线的斜率.【详解】由题意可知点，设点、，设直线的方程为，由于点是的中点，则，将直线的方程与抛物线的方程联立得，整理得，由韦达定理得，得，，解得，因此，直线的斜率为.故选：B.本题考查直线斜率的求解，考查直线与抛物线的综合问题，涉及韦达定理设而不求法的应用，考查运算求解能力，属于中等题.5．D【解析】

设，可得，构造（）22，结合，可得，根据向量减法的模长不等式可得解.【详解】设，则，，∴（）2•2||22＝4，所以可得：，配方可得，所以，又则[0，2]．故选：D．本题考查了向量的运算综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.6．C【解析】

利用复数的三角形式的乘法运算法则即可得出．【详解】z1z2＝（cos23°+isin23°）•（cos37°+isin37°）＝cos60°+isin60°＝．故答案为C．熟练掌握复数的三角形式的乘法运算法则是解题的关键，复数问题高考必考，常见考点有：点坐标和复数的对应关系，点的象限和复数的对应关系，复数的加减乘除运算，复数的模长的计算.7．C【解析】

由复数的除法运算整理已知求得复数z，进而求得其模.【详解】因为，所以故选：C本题考查复数的除法运算与求复数的模，属于基础题.8．D【解析】

由已知结合向量垂直的坐标表示即可求解．【详解】因为，且，，则．故选：．本题主要考查了向量垂直的坐标表示，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题．9．C【解析】

根据服从的正态分布可得，，将所求概率转化为，结合正态分布曲线的性质可求得结果.【详解】由题意，，，则，，所以，.故果实直径在内的概率为0.8185.故选：C本题考查根据正态分布求解待定区间的概率问题，考查了正态曲线的对称性，属于基础题.10．B【解析】

先根据复数的除法表示出，然后根据是纯虚数求解出对应的的值即可.【详解】因为，所以，又因为是纯虚数，所以，所以.故选：B.本题考查复数的除法运算以及根据复数是纯虚数求解参数值，难度较易.若复数为纯虚数，则有.11．C【解析】

原式由正弦定理化简得，由于，可求的值.【详解】解：由及正弦定理得.因为，所以代入上式化简得.由于，所以.又，故.故选：C.本题主要考查正弦定理解三角形，三角函数恒等变换等基础知识；考查运算求解能力，推理论证能力，属于中档题.12．B【解析】

利用换元法化简解析式为二次函数的形式，根据二次函数的性质求得的取值范围，由此求得的值域.【详解】因为（），所以，令（），则（），函数的对称轴方程为，所以，，所以，所以的值域为.故选：B本小题考查函数的定义域与值域等基础知识，考查学生分析问题，解决问题的能力，运算求解能力，转化与化归思想，换元思想，分类讨论和应用意识.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．【解析】

利用正弦定理将角化边得到，再由余弦定理得到，根据同角三角函数的基本关系表示出，最后利用面积公式得到，由基本不等式求出的取值范围，即可得到面积的最值；【详解】解：∵在中，，∴，∴，∴，∴.∵，即，当且仅当时等号成立，∴，∴面积的最大值为.故答案为：本题考查正弦定理、余弦定理解三角形，三角形面积公式的应用，以及基本不等式的应用，属于中档题.14．【解析】

由解析式可分析两函数互为反函数,则图象关于对称,则点到的距离的最小值的二倍即为所求,利用导函数即可求得最值.【详解】由题,因为与互为反函数,则图象关于对称,设点为,则到直线的距离为,设,则,令,即,所以当时,,即单调递减；当时,,即单调递增,所以,则,所以的最小值为,故答案为:本题考查反函数的性质的应用,考查利用导函数研究函数的最值问题.15．【解析】

把按照二项式定理展开，可得的展开式中的系数．【详解】解：，故它的展开式中的系数为，故答案为：．本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．16．【解析】

画图直观图可得该几何体为棱锥,再计算高求解体积即可.【详解】解：如图,是一个四棱锥的平面展开图,其中间是边长为的正方形,上面三角形是等边三角形,左、右三角形是等腰直角三角形,此四棱锥中,是边长为的正方形,是边长为的等边三角形,故,又,故平面平面,的高是四棱锥的高,此四棱锥的体积为:．故答案为：．本题主要考查了四棱锥中的长度计算以及垂直的判定和体积计算等,需要根据题意三、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）或.【解析】

（1）圆的方程已知，根据条件列出方程组，解方程即得；（2）设，，显然直线l的斜率存在，方法一：设直线l的方程为：，将直线方程和椭圆方程联立，消去，可得，同理直线方程和圆方程联立，可得，再由可解得，即得；方法二：设直线l的方程为：，与椭圆方程联立，可得，将其与圆方程联立，可得，由可解得，即得.【详解】（1）记椭圆E的焦距为（）.右顶点在圆C上，右准线与圆C：相切.解得，，椭圆方程为：.（2）法1：设，，显然直线l的斜率存在，设直线l的方程为：.直线方程和椭圆方程联立，由方程组消去y得，整理得.由，解得.直线方程和圆方程联立，由方程组消去y得，由，解得.又，则有.即，解得，故直线l的方程为或.分法2：设，，当直线l与x轴重合时，不符题意.设直线l的方程为：.由方程组消去x得，，解得.由方程组消去x得，，解得.又，则有.即，解得，故直线l的方程为或.本题考查求椭圆的标准方程，以及直线和椭圆的位置关系，考查学生的分析和运算能力.18．（1）；（2）见解析.【解析】

（1）将所求问题转化为在上有解，进一步转化为函数最值问题；（2）将所证不等式转化为，进一步转化为，然后再通过构造加以证明即可.【详解】（1），根据题意，在内存在单调减区间，则不等式在上有解，由得，设，则，当且仅当时，等号成立，所以当时，，所以存在，使得成立，所以的取值范围为。（2）当时，，则，从而所证不等式转化为，不妨设，则不等式转化为，即，即，令，则不等式转化为，因为，则，从而不等式化为，设，则，所以在上单调递增，所以即不等式成立，故原不等式成立.本题考查了利用导数研究函数单调性、利用导数证明不等式，这里要强调一点，在证明不等式时，通常是构造函数，将问题转化为函数的极值或最值来处理，本题是一道有高度的压轴解答题.19．（1）（2）的递减区间为和【解析】

（1）化简函数，代入，计算即可；（2）先利用正弦函数的图象与性质求出函数的单调递减区间，再结合即可求出.【详解】（1），从而.（2）令.解得.即函数的所有减区间为，考虑到，取，可得，，故的递减区间为和.本题主要考查了三角函数的恒等变形，正弦函数的图象与性质，属于中档题.20．（1）的普通方程为．的直角坐标方程为（2）（-1，0）或（2，3）【解析】

（1）对直线的参数方程消参数即可求得直线的普通方程，对整理并两边乘以，结合，即可求得曲线的直角坐标方程。（2）由（1）得：曲线C是以Q（1,1）为圆心，为半径的圆，设点P的坐标为，由题可得：，利用两点距离公式列方程即可求解。【详解】解：（1）由消去参数，得．即直线的普通方程为．因为又，∴曲线的直角坐标方程为（2）由知，曲线C是以Q（1,1）为圆心，为半径的圆设点P的坐标为，则点P到上的点的最短距离为|PQ|即，整理得，解得所以点P的坐标为（-1，0）或（2，3）本题主要考查了参数方程化为普通方程及极坐标方程化为直角坐标方程，还考查了转化思想及两点距离公式，考查了方程思想及计算能力，属于中档题。21．（1）；（2）或.【解析】

（1）求出，由，建立方程求解，即可求出结论；（2）根据函数的单调区间，极值，做出函数在的图象，即可求解.【详解】（1），由题意知，解得（舍去）或.（2）当时，故方程有根，根为或，+0-0+极大值极小值由表可见，当时，有极小值0.由上表可知的减函数区间为，递增区间为，.因为，.由数形结合可得或.