浙江省杭州学军中学2024-2025学年高二下学期学业水平考试模拟三数学试题【含答案】

这是一份浙江省杭州学军中学2024-2025学年高二下学期学业水平考试模拟三数学试题【含答案】，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．若，则（ ）.
A．B．C．D．
3．已知，则（ ）
A．B．C．D．
4．设，，为不重合的平面，，为不重合的直线，则其中正确命题的序号为（ ）
①，，则； ②，，，则；
③，，，则；④，，，则．
A．①③B．②③C．②④D．③④
5．已知甲、乙两个医疗团队同时独立破解某一医学难题，甲独立攻克该难题的概率为．甲、乙中恰有一个团队攻克该难题的概率为，则该难题被攻克的概率为（ ）
A．B．C．D．
6．已知向量满足，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
7．在正四棱台中，，，且异面直线与所成的角为60°，则该正四棱台的体积为（ ）
A．B．C．D．
8．函数的图象如图所示，其中，为常数，则下列结论正确的是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
9．已知，，则“，”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
10．我们的数学课本《人教A版必修第一册》第121页的《阅读与思考》中介绍：“一般地，如果某物质的半衰期为h，那么经过时间t后，该物质所剩的质量，其中是该物质的初始质量.”现测得某放射性元素的半衰期为1350年（每经过1350年，该元素的存量为原来的一半），某生物标本中该放射性元素的初始存量为m，经检测现在的存量为.据此推测该生物距今约为（ ）（参考数据：）
A．2452年B．2750年C．3150年D．3856年
11．如图，在等腰梯形中，．现将沿对角线所在的直线翻折成，记二面角大小为，则（ ）．
A．存在，使得平面B．存在，使得
C．不存在，使得平面平面D．存在，使得平面平面
12．已知，，函数的图象与函数的图象相邻的三个交点分别为B，C，D，若是边长为12的等边三角形，则函数的最大值为（ ）
A．6B．C．12D．
二、多选题
13．已知对数函数的图象过点，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
14．如图，在长方体中，，，E为的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．平面B．平面
C．四面体的体积等于D．经过AB的平面截该长方体的截面面积的最大值为
15．在锐角中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且，的周长为12，面积为6，则（ ）
A．内切圆的半径为1B．外接圆的半径为6
C．D．
三、填空题
16．已知事件与互斥，且，，则 .
17．已知，，且，则的最小值为 .
18．在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，二面角为，则三棱锥外接球的半径为 ．
19．《哪吒2》的玉虚宫，形态由九宫八卦阵演变而来，设计灵感来源于汉代，内饰充满了中国文化符号．某中学数学实践小组将玉虚宫轮廓抽象为正八边形，结合向量知识进行主题探究活动．如图，正八边形ABCDEFGH，边长为2，点P在线段CH上，且，则的值为 ；若点Q为线段CD上的动点，则的最小值为 ．
四、解答题
20．已知函数，.
(1)求的值及的单调递增区间；
(2)若在区间上最大值为2，求实数的取值范围.
21．2024年10月13日，成都市将举办马拉松比赛，其中志愿者的服务工作是马拉松成功举办的重要保障.成都市文体广电旅游局承办了志愿者选拔的面试工作.现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组:第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图.
(1)求a的值;
(2)估计这100名候选者面试成绩的平均数和第百分位数;
(3)现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取人，担任本市的宣传者.若本市宣传者中第二组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为和，第四组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为和，请据此估计这次第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差.
（附：设两组数据的样本量、样本平均数和样本方差分别为：，记两组数据总体的样本平均数为，则总体样本方差）
22．已知函数，.定义，设，，为常数.
(1)当时，判断函数的奇偶性；
(2)定义区间的长度为.若的解集为，问是否存在，使得的全部区间长度之和等于6，若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
《浙江省杭州学军中学2024-2025学年高二下学期学业水平考试模拟三数学试题》参考答案
1．A
【分析】根据分式不等式解法及对数函数的单调性求解不等式，再根据交集的定义求解即可．
【详解】解不等式，，
所以．
故选：A．
2．D
【分析】根据复数的除法运算可求出复数，结合共轭复数的概念即可得答案.
【详解】，则，
故选：D.
3．D
【分析】利用差角的正弦公式化简求出，再利用二倍角公式及齐次式法求解.
【详解】由得，，
整理得，即，
所以.
故选：D
4．D
【分析】利用线面平行，面面平行，线面垂直和面面垂直的性质与判定分析判断即可.
【详解】①中，，可以相交并垂直于，①错误；
②中，或或、相交（不一定垂直），②错误；
③中，如图，将直线、平移交于点，
设过直线、的平面为，设，
因为，，所以，
因为，、，所以∥，因为，所以，
因为，所以，故③正确；
④中，如图，设，
在平面内任取一点，分别过作，垂足分别为，
因为，，所以，
因为，所以，所以，
因为，所以，故④正确，
故选：D.
5．B
【分析】设相应事件，，根据题意结合互斥事件以及独立事件可得，结合事件的运算求解即可.
【详解】设A表示“甲独立攻克该难题”，B表示“乙独立攻克该难题”，
则，设，
由题意可得，即，
可得，解得，
所以该难题被攻克的概率．
故选：B．
6．B
【分析】根据数量积的运算律可得，再根据投影向量公式可求投影向量.
【详解】设向量的夹角为，因为，可得，
所以在的投影向量为.
故选：B.
7．B
【分析】根据正四棱台的特点作出高，利用线面垂直及勾股定理可求得正四棱台上、下底面的边长和高，即可求得体积.
【详解】，为异面直线与所成的角，即，
过作平面的投影，易知在上，过作，垂足为，
因为平面，故，同理，
而，平面，
平面，而平面，，
，，，，
，，，，
，，，，
该正四棱台的体积．
故选：B.
8．D
【分析】根据指数函数单调性得到，根据得到.
【详解】由于的图象单调递减，所以，
又，所以，即，.
故选：D．
9．A
【分析】根据给定条件，利用充分条件、必要条件的定义判断作答.
【详解】由，，，，得，于是，
由，，取，满足，显然“，”不成立，
所以“，”是“”的充分不必要条件.
故选：A
10．C
【分析】根据对数的运算性质即可求解.
【详解】由题意可知，两边取对数得，
故选：C
11．B
【分析】利用反证法可判断A；对B，寻找特殊值，证明此时可判断；对C，举反例，当时，平面平面；对D，利用反证法可证明.
【详解】取AB中点E，连接DE，交AC于F，因为，
所以都是等边三角形，所以，，，
在翻折过程中，，所以.
对于A，假设存在，使得平面，因为平面，
所以，与和成角矛盾，故A错误；
对B，当时，平面平面ABC，因为，所以平面，
又因为平面，所以，所以存在，使得，故B正确；
对C，当时，平面平面ABC，故C错误；
对D，假设存在，使得平面平面，过作于M，
因为平面平面，所以平面，
因为平面，所以，
又因为，，所以平面，
又因为平面，所以，
又因为，所以与重合，
即M与E重合，此时，
与为等腰的一个底角矛盾，故D错误.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题考查二面角的概念问题，解题的关键是正确找到二面角.
12．B
【分析】在同一坐标系中，作出函数与的图象，设为的中点，由三角函数的对称性， 得到，求得，再由，求得，得到，结合，求得，化简，进而得到答案.
【详解】在同一坐标系中，作出函数与的图象，
如图所示，图象相邻的三个交点分别为，
设为的中点，因为是边长为12的等边三角形，
可得，可得，
由，可得，
因为，可得，
可得，所以，可得，解得，
所以，
可得，
所以的最大值为.
故选：B.
13．AC
【详解】设，且，将点代入，得，解得，所以．因此．
14．ACD
【分析】A选项，连接，，，通过面面平行即可证得线面平行；B选项，由图可知，与BD不垂直，进而说明线面不垂直；C选项，通过线面平行结合等体积法求得体积；D选项，经过AB的平面截该长方体的截面面积最大时的截面为
【详解】如图，连接，，，易知平面平面，且平面，故有平面，A正确；
易知，为等腰三角形，为底边，故与BD不垂直，即平面不成立，B错误；
由平面知，，C正确；
经过AB的截面为矩形，截面与侧面的交线最长为对角线，故截面面积的最大值为，D正确.
故选：ACD．
15．ABD
【分析】借助即可判断A；由三角恒等变换得,再结合面积公式和正弦定理即可判断B；借助周长公式和正弦定理即可判断C；借助正弦倍角公式和正弦定理即可判断D.
【详解】令的内切圆半径为，面积为，所以，
所以，即，故A正确；
因为，所以，，
所以
，
又
所以
又，所以
令的外接圆半径为，由正弦定理可知，,
所以，所以，故B正确；
因为由选项B知，，
所以，故C错误；
由正弦定理和正弦倍角公式得：
,
又由选项B知，所以，故D正确；
故选：ABD
16．0.5/
【分析】运用互斥事件概率加法公式计算即可.
【详解】因为与互斥，所以.
故答案为：0.5.
17．
【解析】先变形：，再根据基本不等式求最值.
【详解】
当且仅当时取等号
即的最小值为
故答案为：
【点睛】本题考查利用基本不等式求最值，考查基本分析求解能力，属基础题.
18．
【分析】取的中点，连结，，找到二面角的平面角，根据球心与三角形外心连线垂直于三角形所在平面，再结合勾股定理，即可求出三棱锥外接球的半径.
【详解】
取的中点，连结，，又，，所以，,
所以为二面角的平面角，又二面角为，所以，
因为，，所以，所以，
所以为直角三角形，在平面内过作的垂线，则该直线垂直于平面，
设的外心为，在平面内过作的垂线，设两垂线交于，则为三棱锥外接球的球心，
又，，所以，又，
又在中，，所以，
在中，，所以，
所以三棱锥外接球的半径为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是正确找出球心的位置，通过勾股定理计算出求的半径.
19． 0
【分析】在正八边形中，各边夹角都是已知的，各边长也是已知的，把目标向量用边长向量表示出来，再根据向量乘法运算律求出结果.
【详解】
如图所示,连接，因为三点共线，且
，解得，
则，
与夹角为,与夹角为,
.
设,可知,
,
,
,
,
,当或时, 有最小值,最小值为0.
故答案为: ； 0.
20．(1)，
(2)
【分析】（1）直接计算即可；利用余弦的二倍角公式、两角和的正弦展开式化简可得，再由正弦函数的单调性可得答案；
（2）根据的值域和的范围可得答案．
【详解】（1）；
．
由，
得．
所以的单调递增区间为；
（2），，
因为，所以，
所以，解得，
所以实数的取值范围为.
21．(1)
(2)，
(3)
【分析】（1）根据频率分布直方图的概率乘以组距等于，可求得
（2）根据频率分布直方图中平均数和百分位数的计算方法即可求解；
（3）先计算出第二组和第四组所有面试者的面试成绩的平均数，由题意，再根据分层抽样的方差公式求解即可.
【详解】（1）由图得，
解之可得；
（2）根据题意知，
，，
设第百分位数为，所以，
，解之可得，
故这名候选者面试成绩的平均数为，第80百分位数为.
（3）设第二组、第四组所有面试者的面试成绩的平均数、方差分别为，
且两组的频率之比为，
则第二组和第四组所有面试者的面试成绩的平均数为，
第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差为
，
则第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差为.
22．(1)偶函数
(2)存在，
【分析】（1）代入得，则可判断其奇偶性；
（2）对进行分，和讨论即可.
【详解】（1）当时，.
当时，成立；
当时，成立；
则此时，
因为.且因此为偶函数.

（2）①因为函数的最小值为1，函数的最小值为2，
函数是函数和函数左右平移取小后得到，
所以函数的最小值为1.
若有解，首先应满足.
由于函数的最小值为2，则当时，
，即，解得，
则其解集为，
此时的区间长度为，解得，舍去.

②当，，
化简得
时，恒成立，
则两根为
当时，.
当时，的解集为，
，即，解得，
的解集为，
此时
此时的区间长度为，解得舍去)成立.

③当时，由于
恒成立.
此时，
此时的区间长度为，
解得或，全部舍去.

综上，.
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是通过作图，找到分界点位置从而对进行合理地分类讨论，如首先分析出必须大于1，然后再找到两个分界点2和3即可.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
D
D
D
B
B
B
D
A
C
题号
11
12
13
14
15





答案
B
B
AC
ACD
ABD