2024~2025学年河南安阳高三第二学期调研考试数学[带答案]

这是一份2024~2025学年河南安阳高三第二学期调研考试数学[带答案]，共21页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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：B
3. 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. 305B. 483C. 717D. 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：C
6. 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：B
7. 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：C
8. 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：ACD
10. 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
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
经过4轮游戏，甲的累计积分为4分的所有可能情况如下：4轮中甲掷2轮，且每轮积分均为2分；
4轮中甲掷3轮，每轮积分分别为2，1，1；甲掷4轮，每轮积分均为1分，
所以经过4轮游戏，甲的累计积分为4分的概率
【小问2详解】
（i）记“累计积分之和为”为事件；“累计积分之和为”为事件；“累计积分之和为”为事件.
于是，
则，
又，
所以是首项为公比为的等比数列．
（ii）由（i）得，当时，，
则，
，
，
，
累加得，
因此．
当时，上式也成立，
故.
关键点点睛：利用概率加法公式及乘法公式求概率，把要求概率的事件分拆成两两互斥事件的和，相互独立事件的积是解题的关键.

单调递增
单调递减
单调递增