精品解析：河南省濮阳市2025届高三9月质量检测考试数学试题

2024—2025学年高三9月质量检测考试 数 学 全卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上. 2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、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的. 1. 已知，i为虚数单位，为z的共轭复数，则（ ） A. B. 4 C. 3 D. 2. 已知集合，，则（ ） A B. C. D. 3. 半径为4的实心球与半径为2的实心球体积之差的绝对值为（ ） A. B. C. D. 4 已知向量，，其中，若，则（ ） A. 40 B. 48 C. 51 D. 62 5. 已知的内角A，B，C的对边a，b，c成等差数列，且，，则（ ） A. 5 B. C. 4 D. 3 6. 已知点在抛物线上，则C的焦点与点之间的距离为（ ） A. 4 B. C. 2 D. 7 已知a，且，，，则（ ） A B. C. D. 8. 已知当时，恒成立，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 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. 已知直线与圆有两个交点，则整数的可能取值有（ ） A. 0 B. C. 1 D. 3 10. 已知函数，则下列说法正确的有（ ） A. 的定义域为 B. 有解 C. 不存在极值点 D. 11. 北京时间2024年8月12日凌晨，第33届法国巴黎奥运会闭幕式正式举行，中国体育代表团以出色的表现再次证明了自己的实力，最终取得了40枚金牌、27枚银牌和24枚铜牌的最佳境外参赛成绩，也向世界展示了中国体育的蓬勃发展和运动员们顽强拼搏的精神.某校社团为发扬奥运体育精神举办了竞技比赛，此比赛共有5名同学参加，赛后经数据统计得到该5名同学在此次比赛中所得成绩的平均数为8，方差为4，比赛成绩，且，则该5名同学中比赛成绩的最高分可能为（ ） A. 13 B. 12 C. 11 D. 10 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 曲线在点处的切线方程为______. 13. 被10除的余数为______. 14. 在中，若，，三点分别在边，，上（均不在端点上），则，，的外接圆交于一点O，称为密克点.在梯形ABCD中，，，M为CD的中点，动点P在BC边上（不包含端点），与的外接圆交于点Q（异于点P），则的最小值为______. 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. 已知椭圆C：的焦距为，离心率为. （1）求C的标准方程； （2）若，直线l：交椭圆C于E，F两点，且的面积为，求t的值. 16. 交通强国，铁路先行，每年我国铁路部门都会根据运输需求进行铁路调图，一铁路线l上有自东向西依次编号为1，2，…，21的21个车站. （1）为调查乘客对调图的满意度，在编号为10和11两个站点多次乘坐列车P的旅客中，随机抽取100名旅客，得出数据（不完整）如下表所示： 车站编号 满意 不满意 合计 10 28 40 11 3 合计 85 完善表格数据并计算分析：依据小概率值的独立性检验，在这两个车站中，能否认为旅客满意程度与车站编号有关联？ （2）根据以往调图经验，列车P在编号为8至14的终到站每次调图时有的概率改为当前终到站的西侧一站，有的概率改为当前终到站的东侧一站，每次调图之间相互独立.已知原定终到站编号为11的列车P经历了3次调图，第3次调图后的终到站编号记为X，求X的分布列及均值. 附：，其中. 0.1 0.01 0.001 2.706 6.635 10.828 17. 如图，四棱锥的底面为平行四边形，且，. （1）仅用无刻度直尺作出四棱锥的高，写出作图过程并证明； （2）若平面平面，平面平面，证明：四边形是菱形. 18. 已知. （1）证明：是奇函数； （2）若，证明在上有一个零点，且. 19. 对于一个正项数列，若存在一正实数，使得且，有，我们就称-有限数列. （1）若数列满足，，，证明：数列为1-有限数列； （2）若数列是-有限数列，，使得且，，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024—2025学年高三9月质量检测考试 数 学 全卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上. 2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、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的. 1. 已知，i为虚数单位，为z的共轭复数，则（ ） A. B. 4 C. 3 D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出后根据模长公式可求模长. 【详解】由题设有，故，故， 故选：A. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据对数函数单调性及指数函数值域求出集合，再应用交集计算即可. 【详解】因为所以, 所以, 因为，所以, 所以. 故选：C. 3. 半径为4的实心球与半径为2的实心球体积之差的绝对值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先由已知条件和球的体积公式分别直接计算出实心球和实心球的体积，再用大实心球体积减去小实心球体积即可得解. 【详解】由题意可知实心球体积为，实心球体积为， 所以实心球与实心球体积之差的绝对值为. 故选：A. 4. 已知向量，，其中，若，则（ ） A. 40 B. 48 C. 51 D. 62 【答案】C 【解析】 【分析】依据题意以及向量平行的坐标表示列式可求出，进而可求出和，再根据坐标表示的向量加法和数量积定义即可求解. 【详解】因为，，且， 所以，解得或， 又，所以，此时，， 所以，所以. 故选：C. 5. 已知的内角A，B，C的对边a，b，c成等差数列，且，，则（ ） A. 5 B. C. 4 D. 3 【答案】B 【解析】 分析】由题意可知：，，利用余弦定理运算求解即可. 【详解】由题意可知：，， 由余弦定理可得，， 即，解得. 故选：B. 6. 已知点在抛物线上，则C的焦点与点之间的距离为（ ） A. 4 B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据在抛物线上可求的值，求出焦点坐标后结合距离公式可得正确的选项. 【详解】因为在抛物线上，故， 整理得到：即， 解得或（舍），故焦点坐标为， 故所求距离为， 故选：D. 7. 已知a，且，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题设可得，结合二倍角的正弦及平方关系、商数关系可得， 最后利用两角和的正切可得正确的选项. 【详解】因，故， 而， 所以， 故选：D. 8. 已知当时，恒成立，则实数a取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由当时，恒成立，则，先利用导数工具研究函数的单调性，从而求出函数的值域为，进而构造函数，求出函数的最小值即为，进而即可得解. 【详解】令，则， 所以当时，，单调递减；时，，单调递增， 所以，又，所以的值域为， 令，则， 所以当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以，所以， 又当时，恒成立，所以， 故实数a的取值范围为. 故选：A. 【点睛】思路点睛：恒成立求参问题通常转化为最值问题，对“时，恒成立”可转化为“”，利用导数工具可求得函数的值域，从而函数的最小值即为，故只需求出函数的最小值即可得解. 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. 已知直线与圆有两个交点，则整数的可能取值有（ ） A. 0 B. C. 1 D. 3 【答案】AC 【解析】 【分析】利用圆心到直线的距离小于半径可求参数的范围，从而可得正确的选项. 【详解】圆即为：， 故圆心，半径为， 因为直线与圆有两个不同的交点，故， 故，结合选项可知AC符合题意. 故选：AC. 10. 已知函数，则下列说法正确的有（ ） A. 定义域为 B. 有解 C. 不存在极值点 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，由对数函数的性质即可求解定义域；对于B，根据对数与指数幂的关系由得，结合定义域解该方程即可得解；对于C，先求导函数，接着利用导数工具研究的性质，于是得图象的性质以及和图象的关系特征，进而得无零点，即不存在极值点；对于D，作差结合基本不等式判断的正负即可得解. 【详解】对于A选项，由对数函数的性质知的定义域为，故A错误； 对于B选项，令，则，即，解得（舍去）或，故B正确； 对于C选项，，则， 设函数，则为增函数，令，解得， 则时，，单调递减，时，，单调递增，且在上， 所以由图象的性质可知的图象为的图象向左平移一个单位长度得到，且两者无交点， 则无零点，即不存在极值点，故C正确； 对于D选项，因为， 当时，， 故即，故D正确. 故选：BCD. 11. 北京时间2024年8月12日凌晨，第33届法国巴黎奥运会闭幕式正式举行，中国体育代表团以出色的表现再次证明了自己的实力，最终取得了40枚金牌、27枚银牌和24枚铜牌的最佳境外参赛成绩，也向世界展示了中国体育的蓬勃发展和运动员们顽强拼搏的精神.某校社团为发扬奥运体育精神举办了竞技比赛，此比赛共有5名同学参加，赛后经数据统计得到该5名同学在此次比赛中所得成绩的平均数为8，方差为4，比赛成绩，且，则该5名同学中比赛成绩的最高分可能为（ ） A. 13 B. 12 C. 11 D. 10 【答案】BC 【解析】 【分析】由题意结合平均数公式和方差公式得和，对于A，检验得不符合；对于BC，先求出，接着举一组符合比赛成绩出来即可；对于D，先由已知得且，进而得方程组无正整数解即可得解. 【详解】设该5名同学在此次比赛中所得成绩分别为，，，，， 由题得，则， 且， 则， 不妨设最大， 对于A选项，若，则不成立，故A错误； 对于B选项，若，则， 则满足题意，例如5位同学的成绩可为7，7，7，7，12，故B正确； 对于C选项，若，则， 则满足题意，例如5位同学的成绩可为5，7，8，9，11，故C正确； 对于D选项，若，则且， 则， ， 则可得，该方程组无正整数解，故D错误. 故选：BC. 【点睛】思路点睛：先由题意结合平均数公式和方差公式得和，接下来对各个选项进行检验，检验初步过程是先求得的正负，再对结果为正值的举例或计算求解即可得解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 曲线在点处的切线方程为______. 【答案】 【解析】 【分析】先求出函数导函数，进而可求出曲线在点处的切线斜率，再由点斜式即可得解. 【详解】由题得， 所以曲线在点处的切线斜率为， 所以曲线在点处的切线方程为. 故答案为：. 13. 被10除的余数为______. 【答案】1 【解析】 【分析】先由题得再结合二项式定理展开，根据其展开式结构特征即可求解. 【详解】由题 ， 因为可以被10整除， 所以被10除的余数为1. 故答案为：1. 14. 在中，若，，三点分别在边，，上（均不在端点上），则，，的外接圆交于一点O，称为密克点.在梯形ABCD中，，，M为CD的中点，动点P在BC边上（不包含端点），与的外接圆交于点Q（异于点P），则的最小值为______. 【答案】## 【解析】 【分析】延长，交于点E得为正三角形，且得、、的外接圆有唯一公共点为密克点Q，接着由题给条件推出是直角三角形，进而得其外接圆半径，再在中由余弦定理求出即可得的最小值. 【详解】延长，交于点E，则由题可知为正三角形， 由题设结论，，的外接圆有唯一公共点，该公共点即为题中的点Q， 故点Q在的外接圆上，如上图， 又由题，, 所以，故， 所以是直角三角形，故其外接圆半径， 在中，由余弦定理， 所以的最小值为. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：解决本题得关键是正确作出辅助线，从而创造密克环境找到并明确点位置，从而结合已知条件得出是直角三角形且其外接圆半径以及是点B与外接圆上的点的距离，于是求出即可求出. 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. 已知椭圆C：的焦距为，离心率为. （1）求C的标准方程； （2）若，直线l：交椭圆C于E，F两点，且的面积为，求t的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意得到，，即可得到答案. （2）首先设，，根据直线与椭圆联立，结合根系关系得到，设直线l与x轴的交点为，再根据求解即可. 【小问1详解】 由题意得，，， 又，则， 则， 所以C的标准方程为. 【小问2详解】 由题意设，，如图所示： 联立， 整理得， ， 则，， 故. 设直线l与x轴的交点为， 又，则， 故， 结合，解得. 16. 交通强国，铁路先行，每年我国铁路部门都会根据运输需求进行铁路调图，一铁路线l上有自东向西依次编号为1，2，…，21的21个车站. （1）为调查乘客对调图的满意度，在编号为10和11两个站点多次乘坐列车P的旅客中，随机抽取100名旅客，得出数据（不完整）如下表所示： 车站编号 满意 不满意 合计 10 28 40 11 3 合计 85 完善表格数据并计算分析：依据小概率值的独立性检验，在这两个车站中，能否认为旅客满意程度与车站编号有关联？ （2）根据以往调图经验，列车P在编号为8至14的终到站每次调图时有的概率改为当前终到站的西侧一站，有的概率改为当前终到站的东侧一站，每次调图之间相互独立.已知原定终到站编号为11的列车P经历了3次调图，第3次调图后的终到站编号记为X，求X的分布列及均值. 附：，其中. 0.1 0.01 0.001 2.706 6.635 10.828 【答案】（1）表格补充见解析；在这两个车站中，旅客满意程度与车站编号有关联. （2）X的分布列见解析，X的均值为. 【解析】 【分析】（1）根据题目所给数据补充表格即可；先零假设为：旅客满意程度与车站编号无关，接着依据表格数据计算的值，比较与的大小，再结合独立性检验的思想方法即可下结论得解. （2）先由题得X的取值，接着依次计算每个取值相应的概率即可得X的分布列，再根据均值公式即可直接计算求解X的均值. 【小问1详解】 补充列联表如下： 车站编号 满意 不满意 合计 10 28 12 40 11 57 3 60 合计 85 15 100 零假设为：旅客满意程度与车站编号无关， 则， 所以根据小概率值的独立性检验，推断不成立， 即认为旅客满意程度与车站编号有关联. 【小问2详解】 由题X的可能取值为， 则； ； ； ， 所以X的分布列为 X 8 10 12 14 P 所以. 17. 如图，四棱锥的底面为平行四边形，且，. （1）仅用无刻度直尺作出四棱锥的高，写出作图过程并证明； （2）若平面平面，平面平面，证明：四边形是菱形. 【答案】（1）作图见解析，证明见解析. （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）连接交于点H，连接，则是四棱锥的高；证明，即可由线面垂直的判定定理即可得平面，故而得证. （2）方法一：以H为原点，以、的方向分别为x轴、z轴的正方向，以垂直于的直线为y轴建立空间直角坐标系，设，，，，，接着根据法向量的求解步骤求出平面和平面的法向量和，再由平面平面得①，同理得平面和平面的法向量和以及②，联立①②解得，进而求出得解. 方法二：过点H作交于点E，交于点F，过点H作交于点M，交于点N，连接，接着依据已知条件分别求证平面和平面，从而得和，进而由，得即， 于是由得，从而得解. 【小问1详解】 连接交于点H，连接，则是四棱锥的高. 由于该四棱锥底面为平行四边形，故点H为与的中点， 又，，故有，， 又，，平面， 故平面， 即为四棱锥的高. 【小问2详解】 （方法一）证明：以H为原点，以、的方向分别为x轴、z轴的正方向，以垂直于的直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 设，，，，， 则，，， 设平面、平面的法向量分别为，， 则，，故，， 即，， 令，解得，， 所以，， 因为平面平面， 所以，① 同理可得平面、平面的一个法向量分别为，， 故，即，② 联立①②解得，因此，， 故，而四边形ABCD是平行四边形，故四边形ABCD是菱形. （方法二）证明：过点H作交于点E，交于点F，过点H作交于点M，交于点N，连接， 因平面，、平面， 所以，， 因为，、平面，所以平面， 又平面，所以， 因为，平面，平面，故平面， 设平面平面，又平面，所以，所以， 又平面平面，平面，所以平面， 又平面，所以； 因为，、平面，所以平面， 又平面，所以， 因为平面，平面，故平面， 平面平面，又平面，所以，所以， 又平面平面，平面，所以平面， 又平面，所以； 因为H为平行四边形对角线的交点，所以，， 所以，所以， 又，所以， 所以平行四边形是菱形. 【点睛】思路点睛：对于求证平行四边形是菱形问题，可过点H作交于点E，交于点F，过点H作交于点M，交于点N，连接，接着依据已知条件结合平行与垂直的判定定理和性质定理分别求证平面和平面，于是得和，进而由和得即， 再结合平行四边形面积公式得，从而得证. 18. 已知. （1）证明：是奇函数； （2）若，证明在上有一个零点，且. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1） 根据奇函数的定义证明即可； （2）先根据函数是奇函数设，再做差运算得出，最后结合函数单调性证明不等式. 【小问1详解】 的定义域为， . 由奇函数的定义知是奇函数. 【小问2详解】 由对称性，不妨取， 则， 而. 下证， 设，，，， 则 （当且仅当，，即时取等号）. 的定义域为， . 由对称性，不妨取，则， 故在上单调递增. 当时，； 当时，. 由零点存在定理知在上有一个零点， 故. 【点睛】方法点睛：先根据函数是奇函数设，再做差运算得出，最后结合函数单调性证明不等式. 19. 对于一个正项数列，若存在一正实数，使得且，有，我们就称是-有限数列. （1）若数列满足，，，证明：数列为1-有限数列； （2）若数列是-有限数列，，使得且，，证明：. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用累加法可得，结合数列的单调性及1-有限数列的定义可知为1-有限数列； （2）利用放缩法和裂项相消法可证不等式成立. 【小问1详解】 因为且为正项数列，故， 而，，故当时，， 因为，故， 由累加法可得， 故， 故数列为1-有限数列； 【小问2详解】 因为且，， 故 . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$