精品解析：广东省清远市第三中学教育集团2024-2025学年高三下学期第三次模拟考试数学试题（原卷版+解析版）

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本试卷共4页，19小题，满分150分.
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上.
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.填空题和解答题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据一元二次不等式计算求解集合B，再应用交集定义计算判断.
【详解】集合，
则.
故选：C
2. 如图所示，在正方形铁皮上剪下一个扇形和一个直径为4的圆，使之恰好围成一个圆锥，则圆锥的高为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长得，求得，进而由可求得圆锥的高.
【详解】由图知，扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长，圆锥底面圆的半径为，
设扇形半径为，则有，解得，因此圆锥的母线长为，
所以圆锥的高.
故选：D
3. 若直线与双曲线有两个不同交点，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据双曲线渐近线和直线方程过原点得出的范围．
【详解】解：双曲线的渐近线方程为，
直线与双曲线有两个不同的交点，
又直线过原点，则
则的取值范围是.
故选：B．
4. 已知且，函数，满足对任意实数，，都有成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B. ，C. D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】由已知条件可判断函数是增函数，根据分段函数的性质可知，函数在，上是增函数，在上也是增函数，且有，解不等式即可.
【详解】解：对任意实数，，都有成立，
在定义域上是增函数，
函数在，上是增函数，
在上也是增函数，且，
，
解可得，．
故选：D.
5. 复数（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数乘法计算.
【详解】.
故选：D
6. 已知菱形的边长为是的中点，与相交于点，则（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】B
【解析】
【分析】依题意可得，即可得到，从而用、作为基底表示出，再根据数量积的定义及运算律计算可得.
【详解】因为，则，，所以，
所以，所以，
故
.
故选：B
7. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将两角和、差的余弦公式展开后消去即得
【详解】因为，
所以.
故选：D.
8. 定义在上的函数满足，且当时，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先由已知条件求出一些特值, , 可得 ,反复利用，可得，，再由与、与的大小关系从而得出结论.
详解】，
令得：，又，
反复利用可得：
①，
再令，由 , 可求得 ,
同理反复利用 可得:
②，
由①②可得：有，
，，而
所以 ,
故 .
故选：D.
【点睛】本题考查抽象函数及其应用, 难点在于利用 两次赋值后都反复应用 , 分别得到关系式①② , 从而使问题解决, 考查抽象函数的性质的应用及转化思想，属于难题.
二、选择题：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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知点在圆上，点、，则（ ）
A. 点到直线的距离小于
B. 点到直线的距离大于
C. 当最小时，
D. 当最大时，
【答案】ACD
【解析】
【分析】计算出圆心到直线的距离，可得出点到直线的距离的取值范围，可判断AB选项的正误；分析可知，当最大或最小时，与圆相切，利用勾股定理可判断CD选项的正误.
【详解】圆圆心为，半径为，
直线的方程为，即，
圆心到直线的距离为，
所以，点到直线的距离的最小值为，最大值为，A选项正确，B选项错误；
如下图所示：
当最大或最小时，与圆相切，连接、，可知，
，，由勾股定理可得，CD选项正确.
故选：ACD.
【点睛】结论点睛：若直线与半径为的圆相离，圆心到直线的距离为，则圆上一点到直线的距离的取值范围是.
10. 已知函数，下列结论正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若为偶函数，则
C. 有且仅有个使得的最小值为
D. 若函数的图象与的图象有且仅有两个交点，则的取值范围为
【答案】ACD
【解析】
【分析】解方程，求出的值，可判断A选项；由偶函数的性质求出的值，取可判断B选项；利用绝对值三角不等式可判断C选项；化简函数的解析式，对的取值进行分类讨论，数形结合可得出关于实数的不等式组，综合可解得实数的取值范围.
【详解】对于A选项，，则，解得，A对；
对于B选项，若函数为偶函数，则，
即，可得，
所以，或，
由可得，由解得；
由可得，即，
所以，或，
由可得，由可得，
综上所述，或，
经检验，当或，函数为偶函数，
当时，，B错；
对于C选项，由三角不等式可得，
解得或，
当且仅当时，取最小值，C对；
对于D选项，
①当时，，可知若与有且仅有两个交点，
只需点在的图象的下方，即，可得；
②当时，，
由，可得点在的图象的下方，
此时的图象与有且仅有两个交点；
③当时，，
当与相切时，有，
令，则，可得，
解得（舍去）或，
可得与有两个交点时，
由上知，D对，
故选：ACD．
11. 下列命题中，真命题的是（ ）
A. 中位数就是第50百分位数
B. 已知随机变量，若，则
C. 已知随机变量，满足，若，，则，
D. 已知采用分层抽样得到高三年级男生、女生各100名学生的身高情况为：男生样本平均数172，方差为120，女生样本平均数165，方差为120，则总体样本方差为120
【答案】AB
【解析】
【分析】对于A，利用中位数的概念即可判断；对于BC，利用二项分布的方差公式，结合数学期望与方差的性质求解即可判断；对选项D，利用分层抽样样本方差的计算公式计算即可判断.
【详解】对于A选项，中位数就是第50百分位数，A选项正确.
对于B选项，已知随机变量，根据二项分布的方差公式（其中是试验次数，是每次试验成功的概率），可得.
又因为（、为常数），那么.
已知，即，解得，B选项正确.
对于C选项，已知随机变量，满足，根据期望的性质（、为常数），可得.
因为，所以.
再根据方差的性质（、为常数），可得.
因为，所以，C选项错误.
对于D选项，设男生样本为，平均数为，方差为；女生样本为，平均数为，方差为.
总体样本平均数.
根据分层抽样样本方差公式（其中、分别是男生、女生的样本数量），可得：
，所以D选项错误.
故选：AB.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知分别为双曲线的左，右焦点，以为直径的圆与其中一条渐近线在第一象限交于点，过点作另一条渐近线的垂线，点恰在此垂线上，则双曲线的离心率为______．
【答案】2
【解析】
【分析】由已知可推得，然后得出，即可根据的关系得出离心率.
【详解】
如图，设为与渐近线的交点，
由题意：，，
所以Q是线段的中点，
所以.
又直线，是双曲线的渐近线，由双曲线对称性知，
所以，所以，
所以，
所以离心率.
故答案为：2
13. 若圆被直线所截得的弦长为10，过点作圆的切线，其中一个切点为，则的值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用垂径定理来求弦长，得用勾股定理来求切线长，即可解决问题.
【详解】由弦长为，结合垂径定理可得：，解得，
结合已知点，可得：
所以，
故答案为：.
14. 如图，由9个单位小方格组成的方格表中共有16个格点，将每个格点染成灰色或黑色，满足：若任意4个格点构成矩形的4个顶点，则这4点中至多有2点被染成灰色.则被染为灰色的格点数目最多为_____.
【答案】6
【解析】
【分析】分类讨论每行涂成灰的格点个数，再分析每列涂成灰色的格点个数，即可得结果.
【详解】若其中一行4个格点均涂成灰色，则每一列均不能再涂灰色，此时红色的格点数目为4；
若其中一行有3个格点涂成灰色，则这三个红色格点所在的列均不能再涂灰色，
且剩余一列至多3个格点可以涂成灰色，此时灰色的格点数目最多为6；
若每一行有2个格点可以涂成灰色，这三个红色格点所在的列均不能再涂灰色，
且剩余2列至多3个格点可以涂成灰色，此时灰色的格点数目最多为5；
若每行4个格点均只有1个或0个涂成灰色，符合题意，但灰色的格点数目不为最多；
综上所述：染为灰色的格点数目最多为6.
故答案为：6.
【点睛】关键点点睛：先考虑行，再考虑列，关键在于一旦一行的灰色格点数不少于2个，则同列就不能再涂灰色.
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. 在中，．
（1）求的值；
（2）若，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求边上的高．
条件①：；
条件②：；
条件③：．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）
（2）条件选择见解析，答案见解析
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得出的值；
（2）对于条件①，利用余弦函数的单调性求出角的取值范围，结合三角形的内角和定理推出矛盾，可值条件①，不符合要求；
选择条件②，求出的值，利用余弦定理可求出的值，然后利用三角形的面积公式结合等面积法可求出边上的高；
选择条件③；求出、的值，利用两角和的正弦公式可求出的值，利用正弦定理求出的值，进而可得出边上的高为，求解即可；
【小问1详解】
由正弦定理，且，
得，即．
由，得．所以．
由，得，所以．
【小问2详解】
选择条件①：因为，且余弦函数在上单调递减，
故，又因为，从而可得，与三角形的内角和定理矛盾，故①不成立.
选择条件②：由，且，得．
由余弦定理，得，
解得或（舍）．
设边上的高为，则三角形面积，
所以．
选择条件③：由，且，得．
由，且，得．
所以．
由正弦定理，得，所以边上的高．
16. 已知椭圆的离心率为，以椭圆E的四个顶点为顶点的四边形面积为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）已知点，过点且斜率为的直线l与椭圆E相交于不同两点B、C，直线AB、AC分别与直线交于点M、N，当时，求斜率k的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由椭圆的离心率为，且椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为，列出方程组，求得的值，即可得到椭圆的方程；
（2）设直线，联立方程组由，求得， 设，得到，再由和的方程，求得和，结合，得到，将和，代入化简得到，求得，进而得到答案.
【小问1详解】
由椭圆的离心率为，且椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为，
可得，解得，椭圆.
【小问2详解】
设直线，联立方程组，整理得，
则且，可得，所以，
设，则，
则直线的方程为，与直线交于点，
直线的方程为，与直线交于点，
当时，且，则，
将，
代入可得，所以，解得，
所以斜率的取值范围为．
【点睛】方法策略：解答圆锥曲线的最值与范围问题的方法与策略：
（1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；
（2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）导数法等，要特别注意自变量的取值范围；
3、涉及直线与圆锥曲线的综合问题：通常设出直线方程，与圆锥曲线联立方程组，结合根与系数的关系，合理进行转化运算求解，同时抓住直线与圆锥曲线的几何特征应用.
17. 如图，在四棱锥中，平面，底面是平行四边形，且是等边三角形，.
（1）求证：平面；
（2）若是等腰三角形，求异面直线与所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由菱形的性质得出，结合线面垂直的性质得出，从而由线面垂直的判定定理即可得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，求出两直线的方向向量，由向量夹角的余弦的坐标公式即可得解.
【小问1详解】
因为底面是平行四边形，且是等边三角形，
所以四边形是菱形，则有，
又平面，平面，
所以，
又，平面，平面，
所以平面；
【小问2详解】
设，
∵是等腰三角形，
∴，，
以O为坐标原点，射线，分别为x轴，y轴的正半轴建立空间直角坐标系，
如图，
则，，，，
所以，，
设与所成角为，
所以
，
即与所成角余弦值为.
18. 已知函数，．
（1）当时，求函数的单调递增区间；
（2）当时，求的解集；
（3）若函数图象上有三个点，，，并且从左到右横坐标成等差数列，判断曲线在点处的切线斜率与，两点连线斜率的大小关系．
【答案】（1）和
（2）
（3）曲线在点处的切线斜率小于两点连线的斜率
【解析】
【分析】（1）求导，根据，令求得增区间；
（2）当时，可判断在上单调递增，结合求解；
（3）设出三点坐标，分别表示出曲线在点处切线斜率和两点连线斜率，通过作差比较，构造函数借助导数证明.
【小问1详解】
由，，
令，得或，由于，则，
令，解得或，
所以的单调增区间为和.
【小问2详解】
当时，，且，
又，即在上单调递增，
所以的解集为.
【小问3详解】
设，，，且，，
曲线在点处切线斜率为，
两点连线斜率为
，
，
令，则，
令，，
则，令，
，即在上单调递减，
，即，
所以在上单调递减，故，
，又，即，
所以，即，
所以曲线在点处切线斜率小于两点连线斜率.
19. 已知有限数列，其中，.在中选取若干项按照一定次序排列得到的数列称为的一个子列，对某一给定正整数，若对任意的，均存在的相应子列，使得该子列的各项之和为，则称具有性质.
（1）判断：，，，，，，是否具有性质？说明理由；
（2）若，是否存在具有性质？若存在，写出一个，若不存在，说明理由；
（3）若，且存在具有性质，求的取值范围.
【答案】（1）具有，理由见解析；
（2）不存在，理由见解析；
（3）.
【解析】
【分析】（1）利用定义计算即可；
（2）根据数列中各项的取值范围，结合定义判定当时至少需要子列含4个数与任意4项子列和大于3矛盾即可；
（3）根据新定义结合第一、二问举例说理即可.
【小问1详解】
根据定义知取，有；
取，有，
取，有，
即对任意，都存在的相应子列，使得该子列的各项之和为，
所以：，，，，，，具有性质；
【小问2详解】
不能，理由如下：
假设，具有性质，
因为，所以M的任意四项和小于4，
所以，
则对于M的任意四项子列S，不妨设，
有，
又具有性质，，所以M的任意三项和小于3，
故不存在的子列其各项和为3，与具有性质矛盾，
所以时，不存在具有性质；
【小问3详解】
由题可知，时，又，所以，
由（2）道理相同可知，，
取，
因为，
，，
所以具有性质，
综上.