2025届河南省平顶山市汝州市高三一诊考试数学试卷含解析

这是一份2025届河南省平顶山市汝州市高三一诊考试数学试卷含解析，共19页。
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．《九章算术》中记载，堑堵是底面为直角三角形的直三棱柱，阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥.如图，在堑堵中，，，当阳马体积的最大值为时，堑堵的外接球的体积为（ ）
A．B．C．D．
2．已知函数的图像上有且仅有四个不同的关于直线对称的点在的图像上，则的取值范围是( )
A．B．C．D．
3．已知复数，则（ ）
A．B．C．D．2
4．甲、乙两名学生的六次数学测验成绩(百分制)的茎叶图如图所示.
①甲同学成绩的中位数大于乙同学成绩的中位数；
②甲同学的平均分比乙同学的平均分高；
③甲同学的平均分比乙同学的平均分低；
④甲同学成绩的方差小于乙同学成绩的方差.
以上说法正确的是（ ）
A．③④B．①②C．②④D．①③④
5．已知抛物线：的焦点为，过点的直线交抛物线于，两点，其中点在第一象限，若弦的长为，则（ ）
A．2或B．3或C．4或D．5或
6．如图，正四面体的体积为，底面积为，是高的中点，过的平面与棱、、分别交于、、，设三棱锥的体积为，截面三角形的面积为，则（ ）
A．，B．，
C．，D．，
7．使得的展开式中含有常数项的最小的n为( )
A．B．C．D．
8．如图，正方体中，，，，分别为棱、、、的中点，则下列各直线中，不与平面平行的是（ ）
A．直线B．直线C．直线D．直线
9．古希腊数学家毕达哥拉斯在公元前六世纪发现了第一、二个“完全数”6和28，进一步研究发现后续三个“完全数”分别为496，8128，33550336，现将这五个“完全数”随机分为两组，一组2个，另一组3个，则6和28恰好在同一组的概率为
A．B．C．D．
10．某工厂利用随机数表示对生产的600个零件进行抽样测试，先将600个零件进行编号，编号分别为001，002，……，599,600.从中抽取60个样本，下图提供随机数表的第4行到第6行：
若从表中第6行第6列开始向右读取数据，则得到的第6个样本编号是（ ）
A．324B．522C．535D．578
11．如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积是（ ）
A．B．C．D．8
12．设，，则（ ）
A．B．
C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．过直线上一动点向圆引两条切线MA，MB，切点为A，B，若，则四边形MACB的最小面积的概率为________．
14．已知是函数的极大值点，则的取值范围是____________．
15．在中，为定长，，若的面积的最大值为，则边的长为____________．
16．的展开式中，的系数为_______（用数字作答）.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）已知函数有两个零点.
(1)求的取值范围；
(2)是否存在实数， 对于符合题意的任意，当 时均有?
若存在，求出所有的值；若不存在，请说明理由．
18．（12分）在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
（1）求直线的普通方程与曲线的直角坐标方程；
（2）若射线与和分别交于点，求．
19．（12分）这次新冠肺炎疫情，是新中国成立以来在我国发生的传播速度最快、感染范围最广、防控难度最大的一次重大突发公共卫生事件.中华民族历史上经历过很多磨难，但从来没有被压垮过，而是愈挫愈勇，不断在磨难中成长，从磨难中奋起.在这次疫情中，全国人民展现出既有责任担当之勇、又有科学防控之智.某校高三学生也展开了对这次疫情的研究，一名同学在数据统计中发现，从2020年2月1日至2月7日期间，日期和全国累计报告确诊病例数量（单位：万人）之间的关系如下表：
（1）根据表中的数据，运用相关系数进行分析说明，是否可以用线性回归模型拟合与的关系？
（2）求出关于的线性回归方程（系数精确到0.01）.并预测2月10日全国累计报告确诊病例数.
参考数据：，，，.
参考公式：相关系数
回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：
，.
20．（12分）如图，三棱台的底面是正三角形，平面平面，.
（1）求证：；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.
21．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥底面ABCD，∠BAD＝60°，AB=PA＝4，E是PA的中点，AC，BD交于点O.
（1）求证：OE∥平面PBC；
（2）求三棱锥E﹣PBD的体积.
22．（10分）如图，在正四棱锥中，，点、分别在线段、上，．
（1）若，求证：⊥；
（2）若二面角的大小为，求线段的长．
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．B
【解析】
利用均值不等式可得,即可求得,进而求得外接球的半径,即可求解.
【详解】
由题意易得平面,
所以,
当且仅当时等号成立,
又阳马体积的最大值为,
所以,
所以堑堵的外接球的半径,
所以外接球的体积,
故选:B
本题以中国传统文化为背景,考查四棱锥的体积、直三棱柱的外接球的体积、基本不等式的应用,体现了数学运算、直观想象等核心素养.
2．D
【解析】
根据对称关系可将问题转化为与有且仅有四个不同的交点；利用导数研究的单调性从而得到的图象；由直线恒过定点，通过数形结合的方式可确定；利用过某一点曲线切线斜率的求解方法可求得和，进而得到结果.
【详解】
关于直线对称的直线方程为：
原题等价于与有且仅有四个不同的交点
由可知，直线恒过点
当时，
在上单调递减；在上单调递增
由此可得图象如下图所示：
其中、为过点的曲线的两条切线，切点分别为
由图象可知，当时，与有且仅有四个不同的交点
设，，则，解得：
设，，则，解得：
，则
本题正确选项：
本题考查根据直线与曲线交点个数确定参数范围的问题；涉及到过某一点的曲线切线斜率的求解问题；解题关键是能够通过对称性将问题转化为直线与曲线交点个数的问题，通过确定直线恒过的定点，采用数形结合的方式来进行求解.
3．C
【解析】
根据复数模的性质即可求解.
【详解】
,
,
故选：C
本题主要考查了复数模的性质，属于容易题.
4．A
【解析】
由茎叶图中数据可求得中位数和平均数,即可判断①②③,再根据数据集中程度判断④.
【详解】
由茎叶图可得甲同学成绩的中位数为,乙同学成绩的中位数为,故①错误；
,,则,故②错误,③正确；
显然甲同学的成绩更集中,即波动性更小,所以方差更小,故④正确,
故选:A
本题考查由茎叶图分析数据特征,考查由茎叶图求中位数、平均数.
5．C
【解析】
先根据弦长求出直线的斜率，再利用抛物线定义可求出.
【详解】
设直线的倾斜角为，则，
所以，，即，
所以直线的方程为.当直线的方程为，
联立，解得和，所以；
同理，当直线的方程为.，综上，或.选C.
本题主要考查直线和抛物线的位置关系，弦长问题一般是利用弦长公式来处理.出现了到焦点的距离时，一般考虑抛物线的定义.
6．A
【解析】
设，取与重合时的情况，计算出以及的值，利用排除法可得出正确选项.
【详解】
如图所示，利用排除法，取与重合时的情况.
不妨设，延长到，使得．
，，，，则，
由余弦定理得，
，，
又，，
当平面平面时，，，排除B、D选项；
因为，，此时，，
当平面平面时，，，排除C选项.
故选：A.
本题考查平行线分线段成比例定理、余弦定理、勾股定理、三棱锥的体积计算公式、排除法，考查了空间想象能力、推理能力与计算能力，属于难题．
7．B
【解析】
二项式展开式的通项公式为，若展开式中有常数项，则，解得，当r取2时，n的最小值为5，故选B
【考点定位】本题考查二项式定理的应用．
8．C
【解析】
充分利用正方体的几何特征，利用线面平行的判定定理，根据判断A的正误.根据，判断B的正误.根据与 相交，判断C的正误.根据，判断D的正误.
【详解】
在正方体中，因为 ，所以 平面，故A正确.
因为，所以，所以平面 故B正确.
因为，所以平面，故D正确.
因为与 相交，所以 与平面 相交，故C错误.
故选：C
本题主要考查正方体的几何特征，线面平行的判定定理，还考查了推理论证的能力，属中档题.
9．B
【解析】
推导出基本事件总数，6和28恰好在同一组包含的基本事件个数，由此能求出6和28恰好在同一组的概率．
【详解】
解：将五个“完全数”6，28，496，8128，33550336，随机分为两组，一组2个，另一组3个，
基本事件总数，
6和28恰好在同一组包含的基本事件个数，
∴6和28恰好在同一组的概率．
故选：B．
本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
10．D
【解析】
因为要对600个零件进行编号，所以编号必须是三位数，因此按要求从第6行第6列开始向右读取数据，大于600的，重复出现的舍去，直至得到第六个编号.
【详解】
从第6行第6列开始向右读取数据，编号内的数据依次为:
，因为535重复出现，所以符合要求的数据依次为，故第6个数据为578.选D.
本题考查了随机数表表的应用，正确掌握随机数表法的使用方法是解题的关键.
11．A
【解析】
由三视图还原出原几何体，得出几何体的结构特征，然后计算体积．
【详解】
由三视图知原几何体是一个四棱锥，四棱锥底面是边长为2的正方形，高为2，
直观图如图所示，．
故选：A．
本题考查三视图，考查棱锥的体积公式，掌握基本几何体的三视图是解题关键．
12．D
【解析】
由不等式的性质及换底公式即可得解.
【详解】
解：因为，，则，且，
所以，，
又,
即,则，
即，
故选：D.
本题考查了不等式的性质及换底公式，属基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．.
【解析】
先求圆的半径, 四边形的最小面积,转化为的最小值为，求出切线长的最小值,再求的距离也就是圆心到直线的距离,可解得的取值范围,利用几何概型即可求得概率．
【详解】
由圆的方程得，所以圆心为，半径为，四边形的面积，若四边形的最小面积，所以的最小值为，而，即的最小值，此时最小为圆心到直线的距离，此时，因为，所以，所以的概率为．
本题考查直线与圆的位置关系,及与长度有关的几何概型,考查了学生分析问题的能力,难度一般.
14．
【解析】
方法一：令，则，，当，时，，单调递减，∴时，，，且，∴在上单调递增，时，，，且，∴在上单调递减，∴是函数的极大值点，∴满足题意；当时，存在使得，即，又在上单调递减，∴时，，，所以，这与是函数的极大值点矛盾．综上，．
方法二：依据极值的定义，要使是函数的极大值点，由知须在的左侧附近，，即；在的右侧附近，，即．易知，时，与相切于原点，所以根据与的图象关系，可得．
15．
【解析】
设，以为原点，为轴建系，则，，设，，
，利用求向量模的公式，可得，根据三角形面积公式进一步求出的值即为所求.
【详解】
解：设，以为原点，为轴建系，则，，设，，
则，
即，
由，可得.
则.
故答案为：.
本题考查向量模的计算，建系是关键，属于难题.
16．60
【解析】
根据二项式定理展开式通项，即可求得的系数.
【详解】
因为，
所以，
则所求项的系数为.
故答案为：60
本题考查了二项展开式通项公式的应用，指定项系数的求法，属于基础题.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17． (1)；(2).
【解析】
（1）对求导，对参数进行分类讨论，根据函数单调性即可求得.
（2）先根据，得，再根据零点解得，转化不等式得，令，化简得，因此 ，，最后根据导数研究对应函数单调性，确定对应函数最值，即得取值集合.
【详解】
（1），
当时，对恒成立，与题意不符，
当，，
∴时，
即函数在单调递增，在单调递减，
∵和时均有，
∴，解得：，
综上可知：的取值范围；
（2）由(1)可知，则，
由的任意性及知，，且，
∴，
故，
又∵，令，
则，且恒成立，
令，而，
∴时，时，
∴，
令，
若，则时，，即函数在单调递减，
∴，与不符；
若，则时，，即函数在单调递减，
∴，与式不符；
若，解得，此时恒成立，，
即函数在单调递增，又，
∴时，；时，符合式，
综上，存在唯一实数符合题意.
利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.
18．（1）： ;: ．(2)
【解析】
（1）由可得，
由，消去参数，可得直线的普通方程为．
由可得，将，代入上式，可得，
所以曲线的直角坐标方程为．
（2）由（1）得，的普通方程为，
将其化为极坐标方程可得，
当时，，，
所以．
19．（1）可以用线性回归模型拟合与的关系；（2），预测2月10日全国累计报告确诊病例数约有4.5万人.
【解析】
（1）根据已知数据，利用公式求得，再根据的值越大说明它们的线性相关性越高来判断.
（2）由（1）的相关数据，求得，，写出回归方程，然后将代入回归方程求解.
【详解】
（1）由已知数据得，，，
所以，
，
所以.
因为与的相关近似为0.99，说明它们的线性相关性相当高，从而可以用线性回归模型拟合与的关系.
（2）由（1）得，，
，
所以，关于的回归方程为：，
2月10日，即代入回归方程得：.
所以预测2月10日全国累计报告确诊病例数约有4.5万人.
本题主要考查线性回归分析和回归方程的求解及应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
20．（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）取的中点为，连结，易证四边形为平行四边形，即，由于，为的中点，可得到，从而得到，即可证明平面，从而得到；（Ⅱ）易证，，两两垂直，以，，分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的一个法向量为，设与平面所成角为，则，即可得到答案．
【详解】
解：（Ⅰ）取的中点为，连结.
由是三棱台得，平面平面，从而.
∵，∴，
∴四边形为平行四边形，∴.
∵，为的中点，
∴，∴.
∵平面平面，且交线为，平面，
∴平面，而平面，
∴.
（Ⅱ）连结.
由是正三角形，且为中点，则.
由（Ⅰ）知，平面，，
∴，，
∴，，两两垂直.
以，，分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设，则，，，，
∴，，.
设平面的一个法向量为.
由可得，.
令，则，，∴.
设与平面所成角为，则.
本题考查了空间几何中，面面垂直的性质，线线垂直的证明，及线面角的求法，考查了学生的逻辑推理能力与计算求解能力，属于中档题．
21．（1）证明见解析（2）
【解析】
（1）连接OE，利用三角形中位线定理得到OE∥PC，即可证出OE∥平面PBC；
（2）由E是PA的中点，，求出S△ABD，即可求解.
【详解】
（1）证明：如图所示：
∵点O，E分别是AC，PA的中点，
∴OE是△PAC的中位线，∴OE∥PC，
又∵OE平面PBC，PC平面PBC，
∴OE∥平面PBC；
（2）解：∵PA＝AB＝4，∴AE＝2，
∵底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，
∴S△ABD，
∴三棱锥E﹣PBD的体积
.
本题考查空间线、面位置关系，证明直线与平面平行以及求三棱锥的体积，注意等体积法的应用，考查逻辑推理、数学计算能力，属于基础题.
22．（1）证明见解析；（2）．
【解析】
试题分析：由于图形是正四棱锥，因此设AC、BD交点为O，则以OA为x轴正方向，以OB为y轴正方向，OP为z轴正方向建立空间直角坐标系，可用空间向量法解决问题．（1）只要证明＝0即可证明垂直；（2）设＝λ，得M(λ，0，1－λ)，然后求出平面MBD的法向量，而平面ABD的法向量为，利用法向量夹角与二面角相等或互补可求得．
试题解析: (1)连结AC、BD交于点O，以OA为x轴正方向，以OB为y轴正方向，OP为z轴正方向建立空间直角坐标系．
因为PA＝AB＝，
则A(1，0，0)，B(0，1，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1)．
由＝，得N，
由＝，得M，
所以，＝(－1，－1，0)．
因为＝0，所以MN⊥AD
(2) 解：因为M在PA上，可设＝λ，得M(λ，0，1－λ)．
所以＝(λ，－1，1－λ)，＝(0，－2，0)．
设平面MBD的法向量＝(x，y，z)，
由，得
其中一组解为x＝λ－1，y＝0，z＝λ，所以可取＝(λ－1，0，λ)．
因为平面ABD的法向量为＝(0，0，1)，
所以cs＝，即＝，解得λ＝，
从而M，N，
所以MN＝＝．
考点：用空间向量法证垂直、求二面角．
日期
1
2
3
4
5
6
7
全国累计报告确诊病例数量（万人）
1.4
1.7
2.0
2.4
2.8
3.1
3.5