2024-2025学年河南省安阳市高三下册调研考试数学检测试题（附答案）

2024-2025学年河南省安阳市高三下学期调研考试数学检测试题一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求.1.若是纯虚数，其中，则（）A.或 B.C. D.且【正确答案】C【分析】根据纯虚数定义，列出方程组，求解即可.【详解】因为是纯虚数，其中，所以，解得.故选：C.2.某校高三学生的模考数学成绩服从正态分布，按照，，，的比例将考试成绩划分为优秀、良好、合格和基本合格四个等级.若小张的数学成绩为分，则他的等级是（）附：，，.A.优秀 B.良好 C.合格 D.基本合格【正确答案】B【分析】利用正态分布的性质即可求解.【详解】由题得，，所以，，，，因为，，所以，根据比例成绩大于分为优秀，因为，根据比例成绩在到之间的为良好，，根据比例成绩在到之间的为合格，，根据比例成绩小于分为基本合格，因为小张的数学成绩为分，则他的等级是良好.故选：B3.近年来，家用冰箱使用的氟化物的释放等破坏了臭氧层，已知臭氧含量与时间（单位：年）的关系为，其中是臭氧的初始含量，是自然对数的底数．按照此关系推算，当臭氧含量为初始含量的时，的值约为（）（参考数据：）A.305 B.483 C.717 D.879【正确答案】C【分析】根据题意列出方程，再应用指对数转换计算求解.【详解】因为臭氧含量与时间（单位：年）的关系为，所以当臭氧含量为初始含量的时，得，计算得，化简得，所以.故选：C.4.若函数，则不等式的解集为（）A. B.C. D.【正确答案】D【分析】利用函数的奇偶性和单调性来求解不等式即可.【详解】因，所以，又因为定义域为关于原点对称，所以是奇函数，由于，可知函数在定义域上单调递减，所以即，即，则，该不等式组无解，所以解集为.故选：D.5.已知数列是递增数列，且，则的取值范围是（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】由数列单调递增得到分段函数单调递增，然后建立不等式组，解得的取值范围.【详解】由，数列是递增数列，得，解得，所以a的取值范围是.故选：C6.已知正方体的棱长为2，平面截正方体所得的图形为六边形，设该六边形的周长为，且，则（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】根据正方体几何性质，结合线面垂直的判定可得平面，进而可得平面平面，即可求解.【详解】连接,由于平面，平面，故，又平面，故平面，又平面，故，,则，同理可得,平面，故平面，由于平面，故平面平面，平面与平面的交线为,平面与平面的交线为，故，同理可得故平面如图阴影部分，，同理可得,故六边形周长为定值，所以B正确.故选：B7.已知函数在时满足恒成立，且在区间内，仅存在三个数，，，使得，则（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】先求出，根据恒成立，得到，不妨取，画出图象，数形结合，利用对称性得到，求出答案.【详解】时，，令，则当时，，故要想在时满足恒成立，需满足，不妨取，，，画出在上的图象，如下：由图象可知，，，则，故，两式相加得，所以.故选：C8.已知抛物线，过点作的两条切线，切点分别为，，则（）A. B.C. D.【正确答案】B【分析】设出切线方程，利用判别式为求出切线斜率，进而得到切点坐标，再利用导数的几何意义得到，，最后利用两点间距离公式求解即可.【详解】由题意得切线斜率存在，设过点的的切线方程为，即，与联立，消去得，故，即，设，为的两个根，由韦达定理得，，设直线，的斜率分别为，，，，因为，所以，则，故，，则，，得到，，，由两点间距离公式得，，，，，故B正确.故选：B.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.已知向量，，则（）A.若，则B.若，则C.若取得最小值，则D.若，则在上的投影向量为【正确答案】ACD【分析】根据向量垂直得到数量积为0，可求，判断A的真假；根据向量共线可求，判断B的真假；问题转化为两向量方向相反，可求判断C的真假；根据投影向量的求法求投影向量，判断D的真假.【详解】对于A，若，则，则，所以A正确；对于B，若，则，所以，所以B错误：对于C，取得最小值时，，共线反向，则，解得，则，所以C正确；对于D，若，则，所以在上的投影向量为，所以D正确.故选：ACD10.已知随机事件、满足：，，则下列选项正确的是（）A.若，则与相互独立 B.若与相互独立，则C.若与互斥，则 D.若，则【正确答案】ACD【分析】由独立事件的乘法公式可得A正确，B错误；由互斥事件的加法公式可得C正确；由全概率公式可得D正确.【详解】对于A，，故与相互独立，即A正确；对于B，若与相互独立，则与也相互独立，则，故B错误；对于C，若与互斥，则，，故C正确；对于D，由全概率公式可得，所以，故D正确；故选：ACD.11.如图所示，中，，，，在边上，在边上，且为的角平分线，，则（）A.B.的面积为C.D.若点在外接圆上，则的最大值为【正确答案】BCD【分析】利用余弦定理计算，由直角三角形计算判断A，根据面积公式计算三角形的面积判断B，利用正弦定理计算判断C；设，用表示出，，得出关于的三角函数，从而得到的最大值判断D.【详解】在三角形中，由余弦定理，，故，故正确；在中，，故错误；由余弦定理可知：，，平分，，，在三角形中，由正弦定理可得：，故，故正确；，，为的外接圆的直径，故的外接圆的半径为1，显然当取得最大值时，在弧上，故，设，则，，，，，，其中，，当时，取得最大值，故正确．故选：BCD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.某区教育局在全市的小学生、初中生和高中生中做了一项“感恩父母”的网络问卷调查，分别回收到的有效问卷数如下：小学10000份，初中12000份，高中8000份.现从中运用分层随机抽样的方法抽取900份样卷作进一步的统计，则抽取的高中生问卷份数为__________.【正确答案】240【分析】根据分层抽样计算.【详解】抽取的高中生问卷份数为.故240.13.已知数列是首项为，公差为d的等差数列，其前n项和为，若直线与圆的两个交点关于直线对称，则数列的前100项和为__．【正确答案】【分析】根据圆的对称性得到经过，与垂直，得到，，得到，裂项相消求和，得到答案.【详解】由对称性可知经过，故，解得，且与垂直，其中的斜率为，故，所以，，所以，则.故14.已知，则的大小关系为__________.【正确答案】【分析】由，根据数值的特点，构造函数和，再利用函数的单调性，赋值后比较函数值的大小.【详解】由，即，令，则在上恒成立，故在上单调递增，则有，即，令，则在上恒成立，故在上单调递减，则有，即，故.故利用导数比较大小问题方法点睛：根据已知中式子的外形结构特征与导数结合起来，合理构造出相关的可导函数，然后利用该函数的性质解决问题.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，内角，，的对边分别为，，，，.（1）若，求，；（2）求的取值范围.注.【正确答案】（1），（2）【分析】（1）先利用余弦定理求出三角形的边、的值，再通过正弦定理将边转化为角，（2）利用三角函数的和角公式化简式子，最后根据角的范围，借助三角函数求出式子的取值范围.【小问1详解】因为，，，由余弦定理得，所以，解得，所以.【小问2详解】因为，所以，，所以，因为，所以，所以，即，即的取值范围为16.已知函数在点处的切线方程为．（1）求的值；（2）求函数在的最大值和最小值；（3）若方程恰有两个不等的实根，求的取值范围．【正确答案】（1）（2）最大值为最小值为（3）【分析】(1)由函数在点处的切线方程为可得，再进行求导，令解方程可得.（2）令导函数求解分析导函数的符号，可知函数的单调区间，再比较极值和区间端点函数值的大小可得最值.（3）方程恰有两个不等实根，转化为图像和有两个交点，根据的单调性和变化情况，可求得.【小问1详解】,因为在点处的切线方程为所以有所以解得【小问2详解】由(1)可得当或单调递增单调递减单调递增所以在和上单调递增，上单调递减，又因为计算可得，所以在的最大值为，最小值为【小问3详解】由（2）可知，的极大值为，极小值为当所以当时，.所以当且仅当时，方程恰有两个不等实根.17.如图1，在平行四边形中，,,,将沿折起到位置，使得平面平面，如图2．图1图2（1）证明：平面；（2）在线段上是否存在点M，使得二面角的大小为45°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．【正确答案】（1）证明见解析（2）存在，【分析】（1）利用勾股定理证明线线垂直，再利用面面垂直的性质定理证明线面垂直即可得；（2）建立适当空间直角坐标系，结合空间向量的运算，即可求面面角的余弦值.【小问1详解】在中，因为，，，由余弦定理，得，所以，所以，所以，所以，又因为平面平面，平面平面平面，所以平面；【小问2详解】因为，所以，又因为平面平面，平面平面平面，所以平面，又因为平面，所以，即，，两两垂直，以为原点，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系如图，则，假设点存在，设，则，，,设平面的一个法向量为，则，取，可得，又平面的一个法向量为，假设在线段上存在点，使得二面角的大小为，则，解得，所以点存在，且点是线段的中点，即.18.已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率为，短轴长为（1）求椭圆C的标准方程（2）直线与椭圆C交于P、Q两点，A，B是椭圆C上位于直线PQ两侧的动点，且直线AB的斜率为①求四边形APBQ的面积的最大值②设直线PA的斜率为，直线PB的斜率为，判断的值是否为常数，并说明理由.【正确答案】（1）；（2）①，②是常数，理由见解析．【分析】（1）设椭圆的方程为，由题可得，再结合，即可求得,从而求得椭圆的标准方程；（2）①设点、，联立，整理得：，四边形的面，而易求，代入韦达定理即可求得的表达式，从而求得的最大值；②直线的斜率，直线的斜率，代入韦达定理化简整理可得的值为常数．【详解】（1）设椭圆的方程为．由题意可得，解得，所以椭圆的标准方程为；（2）①由（1）可求得点、的坐标为，，则，设直线的方程为，设点、，联立，整理得：，由，可得.由韦达定理知：，，四边形面积，故当时，；②由题意知，直线的斜率，直线的斜率，则.所以的值为常数．方法点睛：本题考查求椭圆的标准方程，及椭圆中最值，定值问题,圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略：(1)求代数式为定值．依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值；(2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得；(3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．19.甲、乙两名同学玩掷骰子积分游戏，规则如下：每人的初始积分均为0分，掷1枚骰子1次为一轮，在每轮游戏中，从甲、乙两人中随机选一人掷骰子，且两人被选中的概率均为当骰子朝上的点数小于3时，掷骰子的人积2分，否则此人积1分，未掷骰子的人本轮积0分，然后进行下一轮游戏．已知每轮掷骰子的结果相互独立．（1）求经过4轮游戏，甲的累计积分为4分的概率；（2）经商议，甲、乙决定修改游戏规则，具体如下：甲、乙轮流掷骰子，谁掷谁积分，当骰子朝上的点数不小于3时，积2分，否则积1分，规定第一次由甲掷．记两人累计积分之和为的概率为（i）证明：为等比数列；（ⅱ）求的通项公式.【正确答案】（1）；（2）（i）证明见解析；（ⅱ）.【分析】（1）求出甲每轮积分为0，1，2分的概率，再将所求概率的事件分拆成彼此互斥事件的和，利用概率的加法、乘法公式列式计算即得；（2）（i）根据给定条件，利用条件概率、全概率公式列式，再利用等比数列定义推理即得；（ⅱ）利用累加法求出.【小问1详解】甲每轮游戏的积分可能为0分、1分、2分，记其每轮积分为0分、1分、2分的概率分别为，则