2025屆海南省東方市瓊西中學高三第一次模擬考試數學試卷含解析

2025屆海南省東方市瓊西中學高三第一次模擬考試數學試卷注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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．下列命題為真命題的個數是（）（其中，為無理數）①；②；③.A．0 B．1 C．2 D．32．有一圓柱狀有蓋鐵皮桶（鐵皮厚度忽略不計），底面直徑為cm，高度為cm，現(xiàn)往里面裝直徑為cm的球，在能蓋住蓋子的情況下，最多能裝（）（附：）A．個 B．個 C．個 D．個3．已知斜率為2的直線l過拋物線C：的焦點F，且與拋物線交于A，B兩點，若線段AB的中點M的縱坐標為1，則p＝（）A．1 B． C．2 D．44．下圖是來自古希臘數學家希波克拉底所研究的幾何圖形，此圖由三個半圓構成，三個半圓的直徑分別為直角三角形的斜邊、直角邊，已知以直角邊為直徑的半圓的面積之比為，記，則（）A． B． C．1 D．5．復數為純虛數，則()A．i B．﹣2i C．2i D．﹣i6．已知下列命題：①“”的否定是“”；②已知為兩個命題，若“”為假命題，則“”為真命題；③“”是“”的充分不必要條件；④“若，則且”的逆否命題為真命題.其中真命題的序號為（）A．③④ B．①② C．①③ D．②④7．一個頻率分布表（樣本容量為）不小心被損壞了一部分，只記得樣本中數據在上的頻率為，則估計樣本在、內的數據個數共有（）A． B． C． D．8．M、N是曲線y=πsinx與曲線y=πcosx的兩個不同的交點,則|MN|的最小值為()A．π B．π C．π D．2π9．已知與分別為函數與函數的圖象上一點，則線段的最小值為()A． B． C． D．610．復數，若復數在復平面內對應的點關于虛軸對稱，則等于（）A． B． C． D．11．若，則()A． B． C． D．12．要得到函數的圖象，只需將函數圖象上所有點的橫坐標（）A．伸長到原來的2倍（縱坐標不變），再將得到的圖象向右平移個單位長度B．伸長到原來的2倍（縱坐標不變），再將得到的圖像向左平移個單位長度C．縮短到原來的倍（縱坐標不變），再將得到的圖象向左平移個單位長度D．縮短到原來的倍（縱坐標不變），再將得到的圖象向右平移個單位長度二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．設為數列的前項和，若，則____14．拋物線上到其焦點的距離為的點的個數為________．15．已知三棱錐，，是邊長為4的正三角形，，分別是、的中點，為棱上一動點（點除外），，若異面直線與所成的角為，且，則______.16．已知是定義在上的偶函數，其導函數為．若時，，則不等式的解集是___________．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）如圖，四邊形中，，，，沿對角線將翻折成，使得.（1）證明：；（2）求直線與平面所成角的正弦值.18．（12分）已知數列滿足：，，且對任意的都有,（Ⅰ）證明：對任意，都有；（Ⅱ）證明：對任意，都有；（Ⅲ）證明：.19．（12分）已知矩陣的一個特征值為4，求矩陣A的逆矩陣.20．（12分）已知函數，.（1）當時，①求函數在點處的切線方程；②比較與的大小;（2）當時，若對時，，且有唯一零點，證明：．21．（12分）在平面直角坐標系xOy中，橢圓C：x2a2（1）求橢圓C的方程；（2）假設直線l：y=kx+m與橢圓C交于A，B兩點．①若A為橢圓的上頂點，M為線段AB中點，連接OM并延長交橢圓C于N，并且ON=62OM，求OB的長；②若原點O到直線l的距離為1，并且22．（10分）如圖，在四邊形中，，，.（1）求的長；（2）若的面積為6，求的值.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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、C【解析】

對于①中，根據指數冪的運算性質和不等式的性質，可判定值正確的；對于②中，構造新函數，利用導數得到函數為單調遞增函數，進而得到，即可判定是錯誤的；對于③中，構造新函數，利用導數求得函數的最大值為，進而得到，即可判定是正確的.【詳解】由題意，對于①中，由，可得，根據不等式的性質，可得成立，所以是正確的；對于②中，設函數，則，所以函數為單調遞增函數，因為，則又由，所以，即，所以②不正確；對于③中，設函數，則，當時，，函數單調遞增，當時，，函數單調遞減，所以當時，函數取得最大值，最大值為，所以，即，即，所以是正確的.故選：C.【點睛】本題主要考查了不等式的性質，以及導數在函數中的綜合應用，其中解答中根據題意，合理構造新函數，利用導數求得函數的單調性和最值是解答的關鍵，著重考查了構造思想，以及推理與運算能力，屬于中檔試題.2、C【解析】

計算球心連線形成的正四面體相對棱的距離為cm，得到最上層球面上的點距離桶底最遠為cm，得到不等式，計算得到答案.【詳解】由題意，若要裝更多的球，需要讓球和鐵皮桶側面相切，且相鄰四個球兩兩相切，這樣，相鄰的四個球的球心連線構成棱長為cm的正面體，易求正四面體相對棱的距離為cm，每裝兩個球稱為“一層”，這樣裝層球，則最上層球面上的點距離桶底最遠為cm，若想要蓋上蓋子，則需要滿足，解得，所以最多可以裝層球，即最多可以裝個球．故選：【點睛】本題考查了圓柱和球的綜合問題，意在考查學生的空間想象能力和計算能力.3、C【解析】

設直線l的方程為x＝y(tǒng)，與拋物線聯(lián)立利用韋達定理可得p．【詳解】由已知得F（，0），設直線l的方程為x＝y(tǒng)，并與y2＝2px聯(lián)立得y2﹣py﹣p2＝0，設A（x1，y1），B（x2，y2），AB的中點C（x0，y0），∴y1+y2＝p，又線段AB的中點M的縱坐標為1，則y0（y1+y2）＝，所以p=2,故選C．【點睛】本題主要考查了直線與拋物線的相交弦問題，利用韋達定理是解題的關鍵，屬中檔題．4、D【解析】

根據以直角邊為直徑的半圓的面積之比求得，即的值，由此求得和的值，進而求得所求表達式的值.【詳解】由于直角邊為直徑的半圓的面積之比為，所以，即，所以，所以.故選：D【點睛】本小題主要考查同角三角函數的基本關系式，考查二倍角公式，屬于基礎題.5、B【解析】

復數為純虛數，則實部為0，虛部不為0，求出，即得.【詳解】∵為純虛數，∴，解得..故選：.【點睛】本題考查復數的分類，屬于基礎題.6、B【解析】

由命題的否定，復合命題的真假，充分必要條件，四種命題的關系對每個命題進行判斷．【詳解】“”的否定是“”，正確；已知為兩個命題，若“”為假命題，則“”為真命題，正確；“”是“”的必要不充分條件,錯誤；“若，則且”是假命題，則它的逆否命題為假命題，錯誤.故選：B．【點睛】本題考查命題真假判斷，掌握四種命題的關系，復合命題的真假判斷，充分必要條件等概念是解題基礎．7、B【解析】

計算出樣本在的數據個數，再減去樣本在的數據個數即可得出結果.【詳解】由題意可知，樣本在的數據個數為，樣本在的數據個數為，因此，樣本在、內的數據個數為.故選：B.【點睛】本題考查利用頻數分布表計算頻數，要理解頻數、樣本容量與頻率三者之間的關系，考查計算能力，屬于基礎題.8、C【解析】

兩函數的圖象如圖所示,則圖中|MN|最小,設M(x1,y1),N(x2,y2),則x1=,x2=π,|x1-x2|=π,|y1-y2|=|πsinx1-πcosx2|=π+π=π,∴|MN|==π.故選C.9、C【解析】

利用導數法和兩直線平行性質，將線段的最小值轉化成切點到直線距離.【詳解】已知與分別為函數與函數的圖象上一點，可知拋物線存在某條切線與直線平行，則，設拋物線的切點為，則由可得，，所以切點為，則切點到直線的距離為線段的最小值，則.故選：C.【點睛】本題考查導數的幾何意義的應用，以及點到直線的距離公式的應用，考查轉化思想和計算能力.10、A【解析】

先通過復數在復平面內對應的點關于虛軸對稱，得到，再利用復數的除法求解.【詳解】因為復數在復平面內對應的點關于虛軸對稱，且復數，所以所以故選：A【點睛】本題主要考查復數的基本運算和幾何意義，屬于基礎題.11、D【解析】

直接利用二倍角余弦公式與弦化切即可得到結果．【詳解】∵，∴，故選D【點睛】本題考查的知識要點：三角函數關系式的恒等變變換，同角三角函數關系式的應用，主要考查學生的運算能力和轉化能力，屬于基礎題型．12、B【解析】

分析：根據三角函數的圖象關系進行判斷即可．詳解：將函數圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍（縱坐標不變），

得到再將得到的圖象向左平移個單位長度得到故選B．點睛：本題主要考查三角函數的圖象變換，結合和的關系是解決本題的關鍵．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

當時，由，解得，當時，，兩式相減可得，即，可得數列是等比數列再求通項公式.【詳解】當時，，即，當時，，兩式相減可得，即，即，故數列是以為首項，為公比的等比數列，所以.故答案為：【點睛】本題考查數列的前項和與通項公式的關系，還考查運算求解能力以及化歸與轉化思想，屬于基礎題.14、【解析】

設拋物線上任意一點的坐標為，根據拋物線的定義求得，并求出對應的，即可得出結果.【詳解】設拋物線上任意一點的坐標為，拋物線的準線方程為，由拋物線的定義得，解得，此時.因此，拋物線上到其焦點的距離為的點的個數為.故答案為：.【點睛】本題考查利用拋物線的定義求點的坐標，考查計算能力，屬于基礎題.15、【解析】

取的中點，連接，，取的中點，連接，，，直線與所成的角為，計算，，根據余弦定理計算得到答案?！驹斀狻咳〉闹悬c，連接，，依題意可得，，所以平面，所以，因為，分別、的中點，所以，因為，所以，所以平面，故，故，故兩兩垂直。取的中點，連接，，，因為，所以直線與所成的角為，設，則，，所以，化簡得，解得，即.故答案為：.【點睛】本題考查了根據異面直線夾角求長度，意在考查學生的計算能力和空間想象能力.16、【解析】

構造，先利用定義判斷的奇偶性，再利用導數判斷其單調性，轉化為，結合奇偶性，單調性求解不等式即可.【詳解】令，則是上的偶函數，，則在上遞減，于是在上遞增．由得，即，于是，則，解得．故答案為：【點睛】本題考查了利用函數的奇偶性、單調性解不等式，考查了學生綜合分析，轉化劃歸，數學運算的能力，屬于較難題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）見證明；（2）【解析】

（1）取的中點，連.可證得，，于是可得平面，進而可得結論成立．（2）運用幾何法或向量法求解可得所求角的正弦值．【詳解】（1）證明：取的中點，連.∵，∴．又，∴.在中，，∴．又，∴平面，又平面，∴.（2）解法1：取的中點，連結，∵，∴,又，∴．又由題意得為等邊三角形，∴，∵，∴平面．作，則有平面，∴就是直線與平面所成的角．設，則，在等邊中，．又在中，，故．在中，由余弦定理得，∴，∴直線與平面所成角的正弦值為．解法2：由題意可得，建立如圖所示的空間直角坐標系.不妨設，則在直角三角形中，可得，作于，則有平面幾何知識可得，∴．又可得，.∴,．設平面的一個法向量為，由，得，令，則得．又，設直線與平面所成的角為，則．所以直線與平面所成角的正弦值為．【點睛】利用向量法求解直線和平面所成角時，關鍵點是恰當建立空間直角坐標系，確定斜線的方向向量和平面的法向量．解題時通過平面的法向量和直線的方向向量來求，即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角或鈍角的補角，取其余角就是斜線與平面所成的角．求解時注意向量的夾角與線面角間的關系．18、（1）見解析（2）見解析（3）見解析【解析】分析：(1)用反證法證明，注意應用題中所給的條件，有效利用，再者就是注意應用反證法證題的步驟；(2)將式子進行相應的代換，結合不等式的性質證得結果；(3)結合題中的條件，應用反證法求得結果.詳解：證明：（Ⅰ）證明：采用反證法，若不成立，則若,則,與任意的都有矛盾；若,則有,則與任意的都有矛盾；故對任意，都有成立；（Ⅱ）由得，則，由（Ⅰ）知，，即對任意，都有；.（Ⅲ）由（Ⅱ）得：，由（Ⅰ）知，，∴，∴，即，若，則,取時，有，與矛盾.則.得證.點睛：該題考查的是有關命題的證明問題，在證題的過程中，注意對題中的條件的等價轉化，注意對式子的等價變形，以及證題的思路，要掌握證明問題的方法，尤其是反證法的證題思路以及證明步驟.19、.【解析】

根據特征多項式可得，可得，進而可得矩陣A的逆矩陣.【詳解】因為矩陣的特征多項式，所以，所以.因為，且，所以.【點睛】本題考查矩陣的特征多項式以及逆矩陣的求解，是基礎題.20、（1）①見解析，②見解析；（2）見解析【解析】

（1）①把代入函數解析式，求出函數的導函數得到，再求出，利用直線方程的點斜式求函數在點處的切線方程；②令，利用導數研究函數的單調性，可得當時，；當時，；當時，．（2）由題意，，在上有唯一零點．利用導數可得當時，在上單調遞減，當，時，在，上單調遞增，得到．由在恒成立，且有唯一解，可得，得，即．令，則，再由在上恒成立，得在上單調遞減，進一步得到在上單調遞增，由此可得．【詳解】解：（1）①當時，，，，又，切線方程為，即；②令，則，在上單調遞減．又，當時，，即；當時，，即；當時，，即．證明：（2）由題意，，而，令，解得．，，在上有唯一零點．當時，，在上單調遞減，當，時，，在，上單調遞增．．在恒成立，且有唯一解，，即，消去，得，即．令，則，在上恒成立，在上單調遞減，又，，．在上單調遞增，．【點睛】本題考查利用導數研究過曲線上某點處的切線方程，考查利用導數研究函數的單調性，考查邏輯思維能力與推理論證能力，屬難題．21、（1）x22+y2【解析】

（1）根據橢圓的幾何性質可得到a2，b2；（2）聯(lián)立直線和橢圓，利用弦長公式可求得弦長AB，利用點到直線的距