河南省南阳完全学校2024-2025学年高三第三次调研测试数学试卷（解析版）

第页，共页第20页，共20页南阳市完全学校高三年级第三次调研测试数学学科试题卷考试日期：2025年2月16日一、选择题（共8小题）1.已知集合，若，则（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】由，分析集合的端点值，知，求解即可【详解】由题意可得，且，解得．故选：B.2.某市高中数学统考，假设考试成绩服从正态分布.如果按照，，，的比例将考试成绩从高到低分为四个等级.若某同学考试成绩的等级为，则该同学的考试成绩可能为（）（参考数据：）A.120 B.90 C.80 D.60【答案】B【解析】【分析】根据题意分析可知，结合正态分布的对称性分析求解即可.【详解】数学测试成绩服从正态分布，则，，由于等级概率之和为，所以，又因为，即，故为A等级，为等级，为等级，为等级，结合选项可知：该同学的考试成绩可能为90.故选：B.3.已知函数.若曲线和在公共点处有相同的切线，则a，b的值分别为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先根据和在公共点处有相同的切线得出在处两函数的导数相等,再由在上,列方程组求解即可.【详解】因为，所以，由题意，解得故选:A.4.已知正四棱柱中，(点E在棱BB1上)，，则该四棱柱被过点，，平面截得的截面面积为A. B.36 C. D.【答案】C【解析】【分析】在上取点，使，连接，，得出截面四边形是平行四边形，利用勾股定理，分别求得，结合余弦定理和面积公式，即可求解.【详解】由题意，正四棱柱中，，，可得，，在上取点，使，如图所示，连接，，可得且，则四边形是平行四边形，四棱柱被过点，，的平面截得的截面为，由勾股定理可得，，，所以，所以，所以平行四边形的面积为.故选:C.5.已知抛物线上两点满足，若线段的中点的纵坐标的最小值为4，则（）A.2 B.4 C.5 D.6【答案】B【解析】【分析】设直线，联立方程结合弦长可得，进而求得，结合对勾函数单调性分析最值即可.【详解】显然直线的斜率存在，设直线，联立方程，消去y可得，则，且，由题意可得，整理可得，又因为，令，则，构建当，即时，在内单调递增，则，即，可得，解得，不合题意；当，即时，在内单调递减，在内单调递增，则，即，可得，解得，符合题意；综上所述：.故选：B.【点睛】方法点睛：与圆锥曲线有关的最值问题的两种解法1.数形结合法：根据待求值的几何意义，充分利用平面图形的几何性质求解；2.构建函数法：先引入变量，构建以待求量为因变量的函数，再求其最值，常用基本不等式或导数法求最值（注意：有时需先换元后再求最值）．6.在中，，，点在线段上.当取得最小值时，（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】首先建立平面直角坐标系，利用坐标表示数量积，并求最小值，求得的坐标，即可求解.【详解】如图，以所在直线为轴，以的垂直平分线建立轴，建立平面直角坐标系，由，，则，所以，，，设，则，，则，当时，取得最小值，此时，.故选：B7.假设甲和乙刚开始的“日能力值”相同，之后甲通过学习，“日能力值”都在前一天的基础上进步2%，而乙疏于学习，“日能力值”都在前一天的基础上退步1%.那么，大约需要经过（）天，甲的“日能力值”是乙的20倍（参考数据：，，）A.23 B.100 C.150 D.232【答案】B【解析】【分析】根据给定信息，列出方程，再利用指数式与对数式的互化关系求解即可.【详解】令甲和乙刚开始的“日能力值”为1，天后，甲、乙的“日能力值”分别，依题意，，即，两边取对数得，因此，所以大约需要经过100天，甲的“日能力值”是乙的20倍.故选：B8.函数的部分图像如图中实线所示，图中圆与的图像交于两点，且在轴上，则下列说法中不正确的是（）A.函数的最小正周期是B.函数在上单调递减C.函数的图像向左平移个单位后关于直线对称D.若圆半径为，则函数的解析式为【答案】B【解析】【分析】由中心对称得到周期，从而得，由可得，从而可判断A，B，D，结合平移后的解析式可判断C.【详解】对于A，根据中心对称，可知点的横坐标为，所以的最小正周期，故A正确；对于B，由周期可得，又，即，，且，所以，因此，由，可得，所以函数在上不单调，故B错误；对于C，函数的图像向左平移个单位后，得到函数，对称轴为，即，故关于直线对称，故C正确；对于D，若圆半径为，则，所以，函数解析式为，故D正确．故选:B二、多选题（共3小题）9.已知m，n是异面直线，，，那么（）A.当，或时，B.当，且时，C.当时，，或D.当，不平行时，m与不平行，且n与不平行【答案】AB【解析】【分析】根据线线、线面和面面之间的基本关系，结合选项依次判断即可.【详解】A：当，时，；当，时，，故A正确；B：当，时，又为异面直线，所以，故B正确；C：当时，由，得或与相交；当时，由，得或与相交，故C错误；D：当不平行时，可能或与相交，或与相交，故D错误.故选：AB10.甲盒子中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙盒子中有4个红球，3个白球和3个黑球.先从甲盒子中随机取出一球放入乙盒子，分别以，和表示由甲盒子取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙盒子中随机取出一球，以表示由乙盒子取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是（

）A.，，是两两互斥的事件 B.C.事件与事件相互独立 D.【答案】AD【解析】【分析】A选项，判断出，，，故两两互斥；BD选项，由题意得到，并由全概率公式求出；C选项，计算出，从而得到事件与事件相互独立.【详解】A选项，根据题意，，，故有互斥事件的定义可得两两互斥，故A正确.BD选项，，又，故D正确，故，故B错误.C选项，，故，所以事件与事件不相互独立，故C错误，故选：AD11.已知椭圆：的左右焦点分别为，，将曲线上所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标变为原来的倍，得到曲线，则下列说法正确的是（）A.曲线为圆B.曲线的面积可能与曲线面积相等C.曲线与曲线的离心率分别为，则D.若的四个顶点构成的四边形面积为，则的离心率为【答案】BC【解析】【分析】利用相关点法求得曲线的轨迹方程判断选项A；根据椭圆面积公式列方程求解判断选项B；根据椭圆离心率的定义式判断选项C；综合运用椭圆的几何性质和四边形的面积公式判断选项D.【详解】设点曲线上任意一点，则由题意知，即，代入椭圆的方程得.所以曲线的方程为.不是圆的方程，所以A错误；椭圆：的面积为，椭圆：的面积为，令得，即当时，曲线的面积与曲线面积相等，故B正确；由已知得，，则，所以，所以C正确；设，因为的四个顶点构成的四边形的面积为，所以，所以，所以，所以，所以（负舍），所以D错误.故选：BC【点睛】方法点睛：求解椭圆离心率的方法如下：（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值；（2）齐次式法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程求解；（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.三、填空题（共3小题）12.的展开式的第8项是______．【答案】【解析】【分析】根据二项式定理求出展开式中的第8项，由此即可求解．【详解】因为的展开式的通项公式，令，则，所以展开式的第8项是.故答案为:.13.已知，且满足，则________．【答案】【解析】【分析】应用同角三角函数关系结合两角差的余弦化简，应用角的范围或应用三角恒等变换结合角的范围得出，最后应用二倍角余弦公式计算.【详解】法一：由，则，因此，又因为，所以，所以，则．法二：由，则，结合则，则．故答案为：.14.已知函数及其导函数的定义域均为，若是偶函数，，，，且，则下列结论正确的是______．（填所有正确结论的序号）①；②；③；④．【答案】②③【解析】【分析】利用赋值法，令，可得，判断①；令，令，判断②；由条件可知，，则有，可得，判断③；由题可得的一个周期为，可得，判断④.【详解】由题意可知，，故为上奇函数，即，由题令或0（舍去），故①错误；令，故②正确；由条件可知，，则有，所以，则，故③正确；由③可知，，即的一个周期为，所以，故④错误.故答案为：②③.四、解答题（共7小题）15.各项均为正数的等比数列首项，为其前n项和，若，，成等差数列.（1）求数列的通项公式；（2），，记数列的前n项和．若，求整数n的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用等比数列的通项公式和等差中项的定义求解即可；（2）利用裂项相消法求解即可.【小问1详解】，，成等差数列，故，即，则，解得或者，因等比数列各项均为正数，故，且所以【小问2详解】，故，故，故即，解得，故整数n的最大值为.16.已知函数，其中e为自然对数的底数.（1）若曲线在点处的切线与直线l：垂直，求实数a的值；（2）求函数的单调区间；【答案】（1）；（2）答案见解析.【解析】【分析】（1）直接求导得，再根据导函数意义得到方程，解出即可；（2）对分和讨论即可.【小问1详解】，因为在点处的切线与直线l：垂直，则，解得.【小问2详解】，当时，，此时的单调增区间为，无单调减区间；当时，令，解得，令，解得.则此时的单调递增区间为，单调递减区间为.综上所述：当时，的单调增区间为，无单调减区间；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.17.如图，在四棱锥中，面，且，分别为的中点.（1）求证：平面；（2）在平面内是否存在点，满足，若不存在，请简单说明理由；若存在，请写出点的轨迹图形形状.【答案】（1）证明见解析（2）存在，轨迹是半径为的圆，理由见解析；【解析】【分析】（1）过作交于点，连接，由线面平行证明面面平行，再由面面平行的性质即可得出线面平行的证明；（2）由点在空间内轨迹为以中点为球心，为半径的球，而中点到平面的距离为，即可求解.【小问1详解】如图，

过作交于点，连接，面，面，则，又面，面，且不共线，故，因为为的中点，所以也为中点，又为的中点，所以，而平面，平面，所以平面，同理平面，又因为，平面，所以平面平面，而平面，所以平面.【小问2详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，又，，则，故，设平面的法向量，则有，取，得到，即，又中点，则，则中点到平面的距离为，由，即，故在以中点为球心，半径为的球面上，而，故在面上的轨迹是半径为的圆，故存在符合题意的，此时轨迹是半径为的圆.18.已知椭圆：的离心率为，椭圆的动弦过椭圆的右焦点，当垂直轴时，椭圆在，处的两条切线的交点为．（1）求点的坐标；（2）若直线的斜率为，过点作轴的垂线，点为上一点，且点的纵坐标为，直线与椭圆交于，两点，求四边形面积的最小值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据椭圆的几何意义，求得椭圆的方程，从而得，将代入椭圆方程，求出点的坐标，再设椭圆在点处的切线方程为，将其与椭圆方程联立，利用判别式为0，求出的值，即可求得的坐标；（2）设直线的方程为，将其与椭圆方程联立，利用弦长公式表示出，结合（1）中所得写出的坐标，并求出直线的方程，再利用弦长公式求得，然后化简运算为定值，且，即可根据基本不等式求解最值．【小问1详解】解：由题意知，，解得，，，所以椭圆的方程为，，将代入椭圆方程得，不妨取，设椭圆在点处的切线方程为，联立，得，所以，整理得，解得，所以在点处的切线方程为，由椭圆的对称性知，点在轴上，令，则，即点的坐标为,．【小问2详解】根据题意可设直线的方程为，,，,，联立，得，所以，，，所以，因为轴，且点的纵坐标为，所以,，所以直线的斜率为，所以直线的方程为，同理可得，，所以，故为定值．故,当且仅当时等号成立，由于故，即,故，当且仅当时等号成立，【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：（1）几何法，若题目的条件能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；（2）代数法，若题目的条件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，19.某制药公司研制了一款针对某种病毒的新疫苗.该病毒一般通过病鼠与白鼠之间的接触传染，现有只白鼠，每只白鼠在接触病鼠后被感染的概率为，被感染的白鼠数用随机变量表示，假设每只白鼠是否被感染之间相互独立．（1）若，求数学期望；（2）接种疫苗后的白鼠被病鼠感染的概率为，现有两个不同的研究团队理论研究发现概率与参数的取值有关．团队提出函数模型为，团队提出函数模型为．现将白鼠分成10组，每组10只，进行实验，随机变量表示第组被感染的白鼠数，现将随机变量的实验结果绘制成频数分布图，如图所示．假设每组白鼠是否被感染之间相互独立．①试写出事件“”发生的概率表达式（用表示，组合数不必计算）；②在统计学中，若参数时使得概率最大，称是的最大似然估计．根据这一原理和团队，提出的函数模型，判断哪个团队的函数模型可以求出的最大似然估计，并求出估计值．参考数据：．【答案】（1）；（2）①；②答案见解析，.【解析】【分析】（1）易知随机变量服从二项分布，由，得，数学期望即可求解；（2）①设，依题意得化简即可；②记，求导分析单调性可得最大值，分别在团体A，B中提出函数模型即可得答案．【详解】解：（1）由题知，随机变量服从二项分布，，由，得，．（