甘肃省张掖市某校2025届高三下学期3月检测数学试卷（解析版）

这是一份甘肃省张掖市某校2025届高三下学期3月检测数学试卷（解析版），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 复数z满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由题意知，
所以，.
故选：B.
2. 已知集合，若，则实数取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由得，.
由得，，
∴或，
∴，解得.
故选：A.
3. 已知为方程的两个实数根，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为为方程的两根，
由韦达定理，得，
则
故选：C
4. 已知二项式的展开式奇数项的二项式系数和为，展开式中项的系数为，则a的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由展开式奇数项的二项式系数和，可得，
则展开式的通项为，
令，则，，解得，
，.
故选：A.
5. 函数的大致图象为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】当时，，，所以，故D错误；
因为为偶函数，所以函数的图象关于直线对称，故C错误；
当时，，，因为，所以函数在上存在单调减区间，故B错误；
故选：A
6. 已知平行四边形ABCD内接于椭圆且AB，AD斜率之积的范围为则椭圆离心率的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】由题意，和均关于原点对称，令，则，
若，则，
所以椭圆离心率.
故选：A
7. 已知锐角，角的对边分别，且，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】由题设知，，
由正弦定理得，
即,
又，所以，所以，得，所以，
又，
即，又锐角，所以，所以，
所以，即，
所以的取值范围是.
故选：A
8. 已知定义在上的函数满足：，且，则（ ）
A. 1650B. 1651C. 651D. 676
【答案】B
【解析】由，可得①，
则有②，③，
将①②③左右分别相加，得，
又，即，
故得，
所以
，，
将以上式子左右分别相加，即得：
，
又，所以.
故选：B.
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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 将函数的图象向右平移个单位长度，得到的图象，则（ ）
A. 的最小正周期为B. 的图象关于直线对称
C. 在上单调递增D. 当时，的最小值为
【答案】AD
【解析】依题意，将函数的图象向左平移个单位长度，即得的图象.
对于A，由,可知A正确；
对于B，因，故的图象关于直线不对称，即B错误；
对于C，当时，，此时，函数先增后减，故C错误；
对于D，当时，，
因时，函数单调递增，当时，函数单调递减，
且时，即时，；时，即时，，
故的最小值为，故D正确.
故选：AD.
10. 在正三棱台中，为线段上一动点，，则（ ）
A. 存在点，使得B. 存在点，使得
C. 当平面时，为的中点D. 的最小值为
【答案】BCD
【解析】对于A，如图1由正三棱台的定义知，与必相交，故与平面必相交，
而平面,故与不可能平行，即A错误；
对于B，设正三棱台的上下底面中心分别为,连接，则平面，
因平面，则；
连接并延长交于，则，
由正棱台结构性之可知与延长线交于一点，
所以过与的平面有且只有一个记为平面，
又平面，故平面，
又平面，故，
即当点与点重合时，成立，故B正确；
对于C，若平面，因平面,则，
又平面，且为正三角形，故为的中点，即C正确；
对于D，绕着边翻折至与共面时，连接交于点(如图2所示)，
由图可知当三点共线时的值最小.
如图3，在梯形中，作于点，则，
因，则，
在中，由余弦定理，，
同理,故，
又，故的最小值为，即D正确.
故选：BCD.
11. 随着我国航天科技的快速发展，双曲线镜的特性使得它在天文观测中具有重要作用，双曲线的光学性质是：从双曲线的一个焦点发出的光线，经双曲线反射后，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点.由此可得，过双曲线上任意一点的切线平分该点与两焦点连线的夹角.已知分别为双曲线的左，右焦点，过C右支上一点作直线l交x轴于，交y轴于点N，则（ ）
A. C的渐近线方程为
B. 过点作，垂足为H，则
C. 点N的坐标为
D. 四边形面积的最小值为
【答案】ABD
【解析】对于A项，由已知可得，，所以双曲线的渐近线方程为，故A项正确；
对于B项，如图，

，且满足，所以直线的方程为，
联立化简得，由于，
即为双曲线的切线.由双曲线的光学性质可知，平分，
延长与的延长线交于点.
则垂直平分，即点为的中点.
又是的中点，所以，
故B项正确；
对于C项，设，则，整理可得.
又，所以有，所以有，
解得，所以点的坐标为，故C项错误；
，
当且仅当，即时，等号成立.
所以，四边形面积的最小值为，故D项正确.
故选：ABD
三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知平面向量，，且满足，则____.
【答案】
【解析】由，，则，
因为，所以，
则，解得.
故答案为：.
13. 中国是瓷器的故乡，瓷器的发明是中华民族对世界文明的伟大贡献，瓷器传承着中国文化，有很高的欣赏和收藏价值．现有一批同规格的瓷器，由甲、乙、丙三家瓷厂生产，其中甲、乙、丙瓷厂分别生产300件、300件、400件，而且甲、乙、丙瓷厂的次品率依次为4%、3%、3%．现从这批瓷器中任取一件，若取到的是次品，则其来自甲厂的概率为______．（结果保留两位小数）
【答案】0.36
【解析】设B表示事件：取得次品．表示事件：该产品由第i家工厂生产（，2，3）．第i家工厂（，2，3）分别表示甲、乙、丙瓷厂．
，，．
，，，
故取到的是次品，则其来自甲厂的概率为．
故答案为：0.36.
14. 已知，对任意的，不等式恒成立，则k的取值范围是__________．
【答案】
【解析】由条件得，
构造函数，对其求导得，令得，
于是当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增．
因为，，所以，，根据，得到，
分离参数得对恒成立，
只需
构造函数，，对其求导得，
令得，于是当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减，
所以，于是，因此k的取值范围是
故答案为：
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. 为调查某地区学生在高中学习中错题订正整理情况与考试成绩的关系．首先对该地区所有高中学生错题订正整理情况进行分值评价，给出得分；再组织考试．从这些学生中随机抽取20名学生的错题订正整理情况得分和对应的考试成绩作为样本，得到样本数据，其中和分别表示第个样本错题订正整理情况得分和对应的考试成绩，计算得．
（1）求样本的相关系数（精确到0.01），并推断考试成绩和错题订正整理情况得分的相关程度；
（2）已知20个样本中有8个样本的考试成绩低于样本平均数．利用频率估计概率，从该地区所有高中学生中随机抽取4个学生的错题订正整理情况得分和对应的考试成绩，记抽到考试成绩低于的个数为X，求随机变量X的分布列．
附：相关系数．
解：（1），
接近考试成绩和错题订正整理情况得分高度相关．
（2）考试成绩低于样本平均数的概率记为，
则
16. 已知函数及点.
（1）若点在的图象上，求曲线在点处的切线的方程；
（2）若过点与的图象相切的直线恰有条，求的值.
解：（1）因为点在的图象上，所以，
又，所以，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
（2）设过点的直线与的图象切于点，
则切线斜率，
所以的方程为，
将点的坐标代入得，
因为过点与的图象相切的直线恰有条，
所以关于的方程有两个不等的实根.
设，则，
令，得，或；令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减.
的极大值为,的极小值为,
因为方程有两个不等实根，则，或，
即的值为或.
17. 在平面直角坐标系中，已知抛物线: 的焦点为，点 是抛物线上的一点.

（1）若 求点A的坐标；
（2）已知是轴上的点，若线段的最小值为4，求实数的值；
（3）如图，已知 点在抛物线上，满足作 ，为垂足. 问：是否存在定点，使得为定值? 若存在，求出点坐标以及的值； 若不存在，说明理由.
解：（1）由抛物线的性质可知，，准线方程为.
所以，代入抛物线，
（2）设
令，，对称轴为，
当，即，当时取最小值，，
当，即，当时取最小值，，
（3）设，
，又 ，
，
令直线，联立 ，整理得 ，
且
则
代入（1）式得:
当时，过定点与重合，不符;
当时，过定点,
直线过定点
又，故在以为直径的圆上，
而中点为，即为定值.
18. 设数列的前n项和为，已知，（）．
（1）求证：数列为等比数列；
（2）若数列满足：，．
① 求数列的通项公式；
② 是否存在正整数n，使得成立？若存在，求出所有n的值；若不存在，请说明理由．
（1）证明：由，得（），
两式相减，得，即（）．
因为，由，得，所以，
所以对任意都成立，
所以数列为等比数列，首项为1，公比为2．
（2）解：①由（1）知，，
由，得，
即，即，
因为，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列．
所以，
所以．
② 设，
则，
所以，
两式相减，
得 ，
所以．
由，得，即．
显然当时，上式成立，
设（），即．
因为，
所以数列单调递减，
所以只有唯一解，
所以存在唯一正整数，使得成立．
19. 如图，MN⊥MA，MN⊥NB，垂足分别为M，N，异面直线MA，NB所成的角为，，点P，Q分别是直线MA，NB上的动点，且，设线段PQ的中点为R.
（1）求异面直线MN与PQ所成的角;
（2）求MR取值范围;
（3）求四面体MNPQ的体积的最大值.
解：（1）如图，过点N作MA的平行线NA2，过点P作MN的平行线交NA2于点P2，连接P2Q，
则∠P2PQ是异面直线MN与PQ所成的角或其补角.
因为MN⊥MA，MN⊥NB，
所以PP2⊥NA2，PP2⊥NB，
因为NA2∩NB=N，NA2，NB⊂平面NBA2，
所以PP2⊥平面NBA2，又P2Q⊂平面NBA2，
所以PP2⊥P2Q，
因为，
所以cs∠P2PQ=，所以∠P2PQ=，
所以异面直线MN与PQ所成的角为.
（2）如图，过MN的中点O分别作MA，NB的平行线OA1，OB1，
以O为坐标原点，∠A1OB1的外角平分线、内角平分线分别为x轴、y轴，过点O并且垂
于平面OA1B1的直线OM为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
由题意可知，∠A1OB1=，设MP=a，NQ=b，
则，
所以，
且，
所以，
方法一:因为，
所以，
所以，即，
所以点R的轨迹是长轴长为6，短轴长为2的椭圆，其轨迹方程为.
又，所以.
方法二:设P，Q在上的射影分别为P1，Q1，连接P1Q1，则PP1∥QQ1且PP1=QQ1，
则PQ，P1Q1分别为平行四边形PP1QQ1的两条对角线，则R为P1Q1的中点.
故，
可得
因为，则，
所以.
（3）由题意异面直线MA，NB所成的角为，则点P到平面MNQ的距离，
故.
方法一:因为，
不妨设，
则，
故，
所以，此时，
方法二:因为，
所以，
所以，此时.x
0
1
2
3
4
p