河北省衡水中学2025届高三数学下学期第九次调研试题理含解析

PAGE26-河北省衡水中学2025届高三数学下学期第九次调研试题理（含解析）一、选择题（本大题包括12小题，每小题5分，共60分．）1.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先化简集合A，B，再求.【详解】因为，，所以.故选：C【点睛】本题主要考查集合的基本运算，属于基础题.2.复数上的虚部为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】化简得到计算虚部得到答案.【详解】，所以的虚部为.故选：【点睛】本题考查了复数虚部的计算，属于简洁题.3.某运动制衣品牌为了成衣尺寸更精准，现选择15名志愿者，对其身高和臂展进行测量（单位：厘米），左图为选取的15名志愿者身高与臂展的折线图，右图为身高与臂展所对应的散点图，并求得其回来方程为，以下结论中不正确的为（）A.15名志愿者身高的极差小于臂展的极差B.15名志愿者身高和臂展成正相关关系，C.可估计身高为190厘米的人臂展大约为189.65厘米D.身高相差10厘米的两人臂展都相差11.6厘米，【答案】D【解析】【分析】依据散点图和回来方程的表达式，得到两个变量的关系，A依据散点图可求得两个量的极差，进而得到结果；B，依据回来方程可推断正相关；C将190代入回来方程可得到的是估计值，不是精确值，故不正确；D，依据回来方程x的系数可得到增量为11.6厘米，但是回来方程上的点并不都是精确的样本点，故不正确.【详解】A，身高极差大约为25，臂展极差大于等于30，故正确；B，很明显依据散点图像以及回来直线得到，身高矮臂展就会短一些，身高高一些，臂展就长一些，故正确；C，身高为190厘米，代入回来方程可得到臂展估计值等于189.65厘米，但是不是精确值，故正确；D，身高相差10厘米的两人臂展的估计值相差11.6厘米，但并不是精确值，回来方程上的点并不都是精确的样本点,故说法不正确.故答案为D.【点睛】本题考查回来分析，考查线性回来直线过样本中心点，在一组具有相关关系的变量的数据间，这样的直线可以画出很多条，而其中的一条能最好地反映x与Y之间的关系，这条直线过样本中心点．线性回来方程适用于具有相关关系的两个变量，对于具有确定关系的两个变量是不适用的,线性回来方程得到的预料值是预料变量的估计值，不是精确值.4.函数的图象不行能是()A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】变成分段函数后分段求导，通过对分类探讨，得到函数的单调性，依据单调性结合四个选项可得答案.【详解】,∴.(1)当时,,图象为A;(2)当时,,∴在上单调递增,令得,∴当时,,当时,,∴在上单调递减,在上单调递增,图象为D;(3)当时,,∴在上单调递减,令得,∴当时,,当时,,∴在上单调递减,在上单调递增,图象为B;故选：C.【点睛】本题考查了分段函数的图像的识别，考查了分类探讨思想，考查了利用导数探讨函数的单调性，属于中档题.5.某几何体的三视图如图所示，该几何体表面上的点与点在正视图与侧视图上的对应点分别为，，则在该几何体表面上，从点到点的路径中，最短路径的长度为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】画出几何体的图形，然后PQ的路径有正面和右面以及正面和上面两种路径，分别计算出结果，得出答案.【详解】由题，几何体如图所示（1）前面和右面组成一面此时PQ=（2）前面和上面再一个平面此时PQ=故选C【点睛】本题考查了几何体的三视图以及相关的计算，解题的关键是PQ的路径有两种状况，属于较易题.6.设，为正数，且，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】依据，化简，依据均值不等式，即可求得答案；【详解】当时，，当且仅当时，即取等号，.故选：D【点睛】本题主要考查了依据均值不等式求最值，解题关键是敏捷运用均值不等式，留意要验证等号的是否成立，考查了分析实力和计算实力，属于中档题.7.我国古代数学家秦九韶在《数书九章》中记述了“三斜求积术”，用现代式子表示即为：在中，角所对的边分别为，则的面积.依据此公式，若，且，则的面积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】依据，利用正弦定理边化为角得，整理为，依据，得，再由余弦定理得，又，代入公式求解.【详解】由得，即，即，因为，所以，由余弦定理，所以，由的面积公式得故选：A【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理以及类比推理，还考查了运算求解的实力，属于中档题.8.执行如图所示的程序框图，则输出的值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由题知，该程序是利用循环结构计算，输出变量的值，可发觉周期为，即可得到，，，此时输出.【详解】，.，.，.，.，.可发觉周期，，，.此时输出.故选：【点睛】本题主要考查程序框图中的循环结构和条件结构，周期是是解决本题的关键，属于简洁题.9.设，，，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】依据条件，令，代入中并取相同的正指数，可得的范围并可比较的大小；由对数函数的图像与性质可推断的范围，进而比较的大小.【详解】因为令则将式子变形可得，因为所以由对数函数的图像与性质可知综上可得故选：A.【点睛】本题考查了指数式与对数式大小比较，指数幂的运算性质应用，对数函数图像与性质应用，属于基础题.10.已知双曲线，点是直线上随意一点，若圆与双曲线的右支没有公共点，则双曲线的离心率取值范围是（）．A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先求出双曲线的渐近线方程，可得则直线与直线的距离，依据圆与双曲线的右支没有公共点，可得，解得即可．【详解】由题意，双曲线的一条渐近线方程为，即，∵是直线上随意一点，则直线与直线的距离，∵圆与双曲线的右支没有公共点，则，∴，即，又故的取值范围为，故选：B．【点睛】本题主要考查了直线和双曲线的位置关系，以及两平行线间的距离公式，其中解答中依据圆与双曲线的右支没有公共点得出是解答的关键，着重考查了推理与运算实力，属于基础题．11.直线与函数的图象的相邻两个交点的距离为，若在上是增函数，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】依据直线与函数的图象的相邻两个交点的距离为一个周期，得到，则，然后求得其单调增区间，再依据在上是增函数，由是增区间的子集求解.【详解】因为直线与函数的图象的相邻两个交点的距离为一个周期，所以，，由，得，所以在上是增函数，由，解得.故选：B【点睛】本题主要考查正切函数的图象和性质，还考查了运算求解的实力，属于中档题12.已知函数，若方程有3个不同的实根，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用导数法，明确在，上是增函数，在上是减函数，结合的图象，得，构造函数，再利用导数法求其取值范围.【详解】由得，所以在，上是增函数，在上是减函数，结合的图象可得，又，设，则，所以在上是减函数，在上是增函数，由，，，可得的取值范围是故选：A【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，还考查了转化化归的思想和运算求解问题的实力，属于难题.二、填空题（本大题共4小题，每题5分，共20分．）13.的绽开式的第项为_______．【答案】【解析】【分析】由二项式定理的通项公式求解即可【详解】由题绽开式的第2项为故答案为【点睛】本题考查二项式定理，熟记公式，精确计算是关键，是基础题.14.已知中，，，，若点满意，则__________．【答案】【解析】【分析】依据，以为一组基底，由，得到，再由求解.【详解】因为又因为，，所以，所以.故答案为：-12【点睛】本题主要考查平面对量基本定理和向量的线性运算，还考查了运算求解的实力，属于中档题.15.记等差数列的前n项和为，若，，则的前n项和______．【答案】【解析】【分析】由等差数列的通项公式以及前项和公式代入可求得，再由分组求和即可求解.【详解】因为是等数差数列，，而，所以，解得，，则，；数列构成首项为9，公差为9的等差数列；若n为偶数，则，若n为奇数，则T故.故答案为：【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式以及分组求和，需熟记公式，属于基础题.16.已知三棱锥的全部顶点都在球的表面上，平面，，，，，则球的表面积为__________．【答案】【解析】分析：依据三棱锥的结构特征，求得三棱锥外接球半径，由球表面积公式即可求得表面积．详解：由，依据同角三角函数关系式得，解得所以，因为，，由余弦定理代入得所以△ABC为等腰三角形，且，由正弦定理得△ABC外接圆半径R为，解得设△ABC外心为，，过作则在中在中解得所以外接球面积为点睛：本题综合考查了空间几何体外接球半径的求法，通过建立空间模型，利用勾股定理求得半径；结合球的表面积求值，对空间想象实力要求高，综合性强，属于难题．三、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明或演算步骤．）17.设.（Ⅰ）求的单调区间；（Ⅱ）在锐角中，角的对边分别为,若,求面积的最大值.【答案】（Ⅰ）单调递增区间是；单调递减区间是（Ⅱ）面积的最大值为【解析】试题分析：（Ⅰ）首先利用二倍角公式化简函数的解析式，再利用正弦函数的单调性求其单调区间；（Ⅱ）首先由结合（Ⅰ）的结果，确定角A的值，然后结合余弦定理求出三角形面积的最大值.试题解析：解：（Ⅰ）由题意知由可得由可得所以函数的单调递增区间是；单调递减区间是（Ⅱ）由得由题意知为锐角，所以由余弦定理：可得：即：当且仅当时等号成立.因此所以面积的最大值为考点：1、诱导公式；2、三角函数的二倍角公式；3、余弦定理；4、基本不等式.18.如图，在三棱锥P-ABC中，已知，顶点P在平面ABC上射影为的外接圆圆心.（1）证明：平面平面ABC；（2）若点M在棱PA上，，且二面角P-BC-M的余弦值为，试求的值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）设的中点为，连接，易知点为的外接圆圆心，从而平面，即可证明平面平面ABC；（2）以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，代入公式即可建立的方程，解之即可.【详解】（1）证明：如图，设的中点为，连接，由题意，得，则为直角三角形，点为的外接圆圆心．又点在平面上的射影为的外接圆圆心，所以平面，又平面，所以平面平面．（2）解：由（1）可知平面，所以，，，于是以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，设，，，设平面的法向量为，则得令，得，，即．设平面的法向量为，由得令，得，，即解得即M为PA的中点．【点睛】本题考查平面与平面垂直的判定，二面角的平面角的求法，考查空间想象实力以及计算实力．19.某快餐连锁店聘请外卖骑手，该快餐连锁店供应了两种日工资方案：方案(a)规定每日底薪50元，快递业务每完成一单提成3元；方案(b)规定每日底薪100元，快递业务的前44单没有提成，从第45单起先，每完成一单提成5元，该快餐连锁店记录了每天骑手的人均业务量，现随机抽取100天的数据，将样本数据分为[25，35），[35，45)，[45，55)，[55，65)，[65，75)，[75，85)，[85，95]七组，整理得到如图所示的频率分布直方图.（1）随机选取一天，估计这一天该连锁店的骑手的人均日快递业务量不少于65单的概率；（2）从以往统计数据看，新聘骑手选择日工资方案（a）的概率为，选择方案（b）的概率为．若甲、乙、丙三名骑手分别到该快餐连锁店应聘，三人选择日工资方案相互独立，求至少有两名骑手选择方案(a)的概率；（3）若仅从人均日收入的角度考虑，请你利用所学的统计学学问为新聘骑手做出日工资方案的选择，并说明理由．（同组中的每个数据用该组区间的中点值代替）【答案】(Ⅰ)(Ⅱ)（Ⅲ）见解析【解析】分析】(Ⅰ)先设事务为“随机选取一天，这一天该连锁店的骑手的人均日快递业务量不少于单”，由频率分布直方图，即可求出结果；(Ⅱ)先设事务为“甲、乙、丙三名骑手中至少有两名骑手选择方案（1）”，设事务为“甲乙丙三名骑手中恰有人选择方案（1）”，依据题意可得，进而可求出结果；（Ⅲ）先设骑手每日完成快递业务量为件，得到方案（1）的日工资，方案（2）的日工资，再由题中条件分别得到与的期望，比较大小即可得出结果.【详解】(Ⅰ)设事务为“随机选取一天，这一天该连锁店的骑手的人均日快递业务量不少于单”依题意，连锁店的人均日快递业务量不少于单的频率分别为：因为所以估计为.(Ⅱ)设事务为“甲、乙、丙三名骑手中至少有两名骑手选择方案（1）”设事务为“甲乙丙三名骑手中恰有人选择方案（1）”，则，所以三名骑手中至少有两名骑手选择方案（1）的概率为（Ⅲ）设骑手每日完成快递业务量为件方案（1）的日工资，方案（2）的日工资所以随机变量的分布列为；同理随机变量的分布列为因为，所以建议骑手应选择方案（1）【点睛】本题主要考查频率分布直方图、离散型随机变量的分布列与期望等，熟记概念，会分析频率分布直方图即可，属于常考题型.20.如图，椭圆：的左右焦点分别为，离心率为，过抛物线：焦点的直线交抛物线于两点，当时，点在轴上的射影为，连接并延长分别交于两点，连接，与的面积分别记为，，设.（1）求椭圆和抛物线的方程；（2）求的取值范围.【答案】（I），；（II）．【解析】试题分析：（Ⅰ）由题意得得，依据点M在抛物线上得，又由，得，可得，解得，从而得，可得曲线方程．（Ⅱ）设，，分析可得，先设出直线的方程为，由，解得，从而可求得，同理可得,故可将化为m的代数式，用基本不等式求解可得结果．试题解析：（Ⅰ）由抛物线定义可得，∵点M在抛物线上，∴，即①又由，得将上式代入①，得解得∴，所以曲线方程为，曲线的方程为．（Ⅱ）设直线的方程为，由消去y整理得，设，.则，设，，则，所以，②设直线的方程为，由，解得，所以，由②可知，用代替，可得，由，解得，所以，用代替，可得所以，当且仅当时等号成立．所以的取值范围为.点睛：解决圆锥曲线的最值与范围问题时，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值．常从以下几个方面考虑：①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；②利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；③利用基本不等式求出参数的取值范围；④利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．21.已知函数.（1）若有两个不同的极值点，，求实数的取值范围；（2）在（1）的条件下，求证：.【答案】（1）；（2）详见解析.【解析】分析】（1）由得，依据有两个不同的极值点，，则有两个不同的零点，即方程有两个不同的实根，转化为直线与的图象有两个不同的交点求解.（2）由（1）知，设，则，由得，，要证，将代入整理为，再令，转化为，再构造函数，探讨其最大值即可.【详解】（1）由得，有两个不同的极值点，，则有两个不同的零点，即方程有两个不同的实根，即直线与的图象有两个不同的交点，设，则，时，单调递增，且的取值范围是；时，单调递减，且的取值范围是，所以当时，直线与的图象有两个不同的交点，有两个不同的极值点，，故实数的取值范围是.（2）由（1）知，设，则，由得，所以要证，只需证，即证，即证，设，即证，即证，设，则，所