河北省邯郸市2024-2025学年高三第二次调研监测数学试题

这是一份河北省邯郸市2024-2025学年高三第二次调研监测数学试题，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．已知复数，，则在复平面内所对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
2．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知函数在上单调递增，且，则（ ）
A．4B．16C．32D．64
4．已知为等差数列的前项和，若，，则（ ）
A．2B．C．D．
5．已知为双曲线的一个焦点，且点在该双曲线上，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数，曲线在点处的切线在x，y轴上的截距分别为a，b，则（ ）
A．0B．1C．D．
7．已知，则（ ）
A．B．C．D．
8．在锐角三角形中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，的面积为S，且满足，，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知向量，，则（ ）
A．“”是“”的必要不充分条件
B．“”是“”的充分不必要条件
C．“”是“”的充分不必要条件
D．“”是“”的必要不充分条件
10．已知直线：为抛物线C：的准线，F为C的焦点，圆M：，P为C上第一象限内一点，直线与圆M相切于点N（N在第一象限），于点D，则（ ）
A．B．直线的方程为
C．D．的面积为
11．已知函数的定义域为R，且，，当时，，则（ ）
A．函数的图象关于直线对称
B．函数的图象关于点1,0对称
C．函数的值域为
D．方程在上的所有根之和为24
三、填空题
12．二项式的展开式中，项的系数与项的系数之比为 .
13．已知正四棱台上底面边长为，下底面边长为，侧棱与底面所成角为45°，则该正四棱台的体积为 .
14．投掷一枚质地均匀的骰子（骰子的表面分别标有1，2，3，4，5，6点数标记），每投掷一次都记录下骰子的点数，连续投掷两次，记表示这两次投掷的点数的平均数，则的概率为 .
四、解答题
15．已知为数列的前n项和，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
16．食品安全负责部门为了对某大型超市经营的某品牌（由A，B两个不同的产地生产）的“预制食品”的某些指标进行检测，随机从A，B两个产地生产的产品中分别抽取了30个作为样本进行检测，依据检测相应指标的相关数据，将其划定为“优良”和“合格”两个级别，记录相关数据得到如下2×2列联表：
单位：个
(1)依据小概率值的独立性检验，分析“该食品的指标等级与产地”是否有关?
(2)该超市对该“预制食品”进行打包促销，对于同一产地生产的食品采用每5个装为一个“促销大礼包”的促销形式，若某顾客随机购买了一个“促销大礼包”，经检测显示恰有4个为优良级别，试通过概率知识确定该“促销大礼包”内装的是A产地生产的食品的概率（该超市A，B两个产地的售出量之比为3:2，以列联表中产品的优良的频率代替各自产品优良的概率）.
参考公式和数据：，其中.
17．如图，在三棱柱中，侧面与侧面均为矩形，，，，为的中点.
(1)在直线上是否存在一点E，使得平面?若存在，试确定E点位置；若不存在，请说明理由;
(2)若，求二面角的正弦值.
18．已知为圆上一点，F21,0，线段的垂直平分线交半径于点，记动点的轨迹为曲线，双曲线的一条渐近线被圆所截得的弦长为.
(1)求曲线的标准方程；
(2)过上一点作斜率为的直线，交双曲线于、两点，且恰好为线段的中点，求出点的坐标；
(3)若直线与曲线交于、两点，求面积的取值范围.
19．我们知道，若，，为a，b的几何平均数，为a，b的算术平均数，且，当且仅当时，等号成立.实际上，对于，，当时，为a，b的对数平均数，且能与，形成一个结构对称、形式优美的不等式链“”，它在解决某些问题时具有重要的作用
(1)，，证明：.
(2)已知函数，，，证明：；
(3)已知，使得方程在上有两个不等的实根，，证明：.
级别
产地
合计
A
B
优良
20
15
35
合格
10
15
25
合计
30
30
60
0.10
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
《河北省邯郸市2024-2025学年高三第二次调研监测数学试题》参考答案
1．C
【分析】由复数的除法法则计算化简后，由复数的几何意义得结论．
【详解】因为，
所以在复平面内对应的点为，位于第三象限，
故选：C.
2．B
【分析】确定出集合后根据集合的运算法则计算．
【详解】依题意，可知，所以，
所以，
故选：B.
3．D
【分析】根据在上单调递增，得，由即可得解.
【详解】因为函数在上单调递增，所以，由已知得，整理得，解得或，得（舍去）或，
故选：D.
4．A
【分析】根据题意，由等差数列的性质可得，再由等差数列下标和的性质，代入计算，即可得到结果.
【详解】因为，所以，
即，又，所以，
故选：A.
5．C
【分析】利用双曲线的定义求得,进而可求双曲线的渐近线方程.
【详解】依题意，双曲线的另一个焦点为，
则点到两个焦点的距离分别为，，
于是，解得，
则，
所以双曲线的渐近线方程为.
故选:C.
6．A
【分析】求出函数的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程即可求解.
【详解】依题意，，则，而
因此曲线在点处的切线方程为，
令，解得，即；令，解得，即，
所以.
故选：A
7．B
【分析】根据弦化切得到，再利用二倍角的正切公式和两角差的正切公式即可.
【详解】因为，整理得，
所以，所以，
，
故选：B.
8．C
【分析】由结合面积公式计算可得，则，由，结合正弦定理可得，再利用余弦定理结合边化角及完全平方公式计算即可得.
【详解】因为，即，所以，
因为，所以，所以，
又，
根据正弦定理可得，所以，
由余弦定理得，所以，
所以由正弦定理得，
，
所以.
故选：C.
9．BC
【分析】先根据 向量垂直得出或即可判断A，B，再根据向量平行计算得出即可判断C，D.
【详解】若，则，
解得或，“”是“”的充分不必要条件,所以A选项不正确，
结合A的分析知，“”是“”的充分不必要条件，B选项正确；
若，则，即，
解得，“”是“”的充分不必要条件，所以C选项正确，
由C的分析知，“”是“”的既不充分也不必要条件，D选项不正确，
故选：BC.
10．BCD
【分析】先根据准线得出抛物线方程进而得出以判断A，再根据角得出斜率判断B，联立方程得出判断C，最后计算面积判断D.
【详解】因为为抛物线C：的准线，
所以，则抛物线C的方程为，则，
圆M：，圆心，半径，连接MN，则，
所以，所以A选项不正确；
又，所以直线PF的倾斜角为，则斜率为1，
所以直线PF的方程为，所以B选项正确；
设，则
解得，，
所以，所以C选项正确；
的面积为，所以D选项正确，
故选：BCD.
11．ACD
【分析】由函数对称性的定义，即可判断AB，结合条件可得函数的周期，以及解析式，从而判断CD
【详解】因为，即，
所以函数的图象关于直线对称，所以A选项正确，B选项不正确；
因为，即，
所以函数的图象关于点对称，所以，
又当时，，所以，解得，
所以，，，，
即，，
又由A选项可知，当时，，
即，.
又因为，则，
又，所以，
也即，
所以，，，
所以8为函数的一个周期，所以函数的值域为，所以C选项正确；
方程在上共有8个根，分别记为，
不妨令，
则
，
所以D选项正确，
故选：ACD.
12．
【分析】根据题意，由二项式展开式的通项公式代入计算，即可得到结果.
【详解】依题意，二项式的展开式的通项为，
于是项的系数与项的系数之比为.
故答案为：
13．
【分析】添加辅助线，找到线面角的平面角，利用三角形的知识解出四棱台的高，进而可得体积.
【详解】
如图，点分别为上下底面的中心，连接，
在正四棱台中，有平面，又平面，所以平面平面，
在平面内，过点作于点，又平面平面，所以平面，
所以是在平面上的射影，所以是直线与平面所成角的平面角，
又侧棱与底面所成角为45°，所以，
因为上底面边长为，下底面边长为，所以，，
则，，所以，则四棱台的高为，
所以该正四棱台的体积为.
故答案为：.
14．
【分析】连续投掷两次质地均匀的骰子则有36个样本点，找出满足的样本点，利用古典概型即可求解.
【详解】若，则或，解得或，连续投掷两次，包括36个样本点，其中的情形有，，，，，，，，，共10个样本点；的情形有，，，，，，，，，共10个样本点，故所求概率为.
故答案为：.
15．(1)
(2)
【分析】（1）令求得，当时，由退位相减得到，再由等比数列的通项公式求解即可；
（2）求得,利用错位相减法即可求解.
【详解】（1）由题知，，当时，，解得，
当时，，则有，即，
所以数列是以2为首项，为公比的等比数列，所以.
（2）由（1）知，，
所以，
，
所以
，
所以.
16．(1)无关
(2)
【分析】（1）根据题意，由的公式代入计算，即可判断；
（2）根据题意，由全概率公式可得“‘促销大礼包’中有4个为优良级别”的概率，再由条件概率公式代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）零假设为：该食品的指标等级与产地无关，
根据表中数据计算得，，
依据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，
因此可以认为“该食品的指标等级与产地”无关.
（2）记为“‘促销大礼包’中有4个为优良级别”；A为“‘促销大礼包’中的食品由A产地生产”；B为“‘促销大礼包’中的食品由B产地生产”
依题意，，，
，
则，
所以该“促销大礼包”内装的是A产地生产的食品的概率为.
17．(1)存在，在棱的延长线上，且
(2)
【分析】（1）证明平面，只需证即可；
（2）以为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，求平面和平面的法向量，利用面面角的向量求法即可求得.
【详解】（1）
如图，在棱的延长线上存在点，满足，使得平面.
连接，因为为的中点，，所以，则，
又侧面为矩形，所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面.
（2）连接，则，
又因为，，由可得，
因为侧面为矩形，所以，且平面，则平面，因,故平面.
以为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则即
不妨令，则，，所以，
设平面的法向量为，
则即
不妨令，则，，所以，
设二面角的平面角为，
所以，
所以，
所以二面角的正弦值为.
18．(1)
(2)或
(3)
【分析】（1）应用点到直线距离公式结合椭圆定义即可求出标准方程；
（2）应用点差法得出，再结合椭圆方程联立计算得出点的坐标；
（3）联立方程结合面积公式结合韦达定理，再结合基本不等式即可得出范围.
【详解】（1）双曲线：的渐近线为，不妨取一条渐近线为，即，
则圆心F1−1,0到直线的距离为，
圆的半径为，则弦长为，解得，
依题意可得，，
即动点的轨迹是以，为焦点，长轴长为4的椭圆，
所以曲线的标准方程为.
（2）设，Ax1,y1，Bx2,y2，
代入双曲线可得
作差可得，
又直线的斜率为，所以，
即，所以，
代入曲线的方程得，解得，所以，
又，所以或,经检验，均满足题意，
所以点M的坐标为或.
（3）联立，整理得，
令，所以，即或.
设，，则，，
所以
，
令，则，
则，
因为，所以，当且仅当，即时等号成立，此时，
所以，
所以，
即面积的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：解决面积范围的关键是化简面积表达式后应用基本不等式即可求出范围.
19．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用对数函数的性质以及不等式性质,可得及，构造函数通过求导判断单调性来证明不等式.
（2）先求出，再根据（1）对数平均数不等式进行变形推导.
（3）根据已知可得，化简计算可得利用对数平均数不等式证明可得到结果.
【详解】（1）不妨设，先证明，不等式等价于，
即，令，，即证，
令，，
则，所以函数在1,+∞上单调递减，
所以，所以，即成立；
再证明，不等式等价于，
即，令，，即证，
令，，
则，
所以函数在1,+∞上单调递增，所以，
所以，即，
综上，，，成立.
（2）依题意，，
由（1）知，，则，
所以，
所以.
（3）依题意可知，，且，则有，
即，
即，
整理得，
又，
所以，
即，所以.
【点睛】思路点睛： ，等价于，即，
等价于，即，通过构造函数利用导数研究其单调性求得最值，从而证明不等式成立.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
D
A
C
A
B
C
BC
BCD
题号
11









答案
ACD