精品解析：河南省豫西北教研联盟（洛平许济）2024-2025学年高三第二次质量检测数学试题

豫西北教研联盟（洛平许济）2024-2025学年 高三第二次质量检测试题 数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上和试卷指定位置上. 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. 若复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. 4 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的乘法、除法运算以及复数的概念求解. 【详解】因为，所以， 所以的虚部为4， 故选:C. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再根据交集的定义计算可得. 【详解】由，即，解得， 所以， 又，所以. 故选：C 3. 已知向量，，，若，则正实数的值为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】首先求出的坐标，再根据向量模的坐标表示得到方程，解得即可. 【详解】因为，，， 所以，又，所以，解得或， 所以正实数的值为. 故选：B 4. 已知双曲线的焦距为，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】依题意求出、，即可求出离心率. 【详解】因为双曲线的焦距为， 所以，即，又，即，解得， 所以的离心率. 故选：C 5. 已知圆锥的轴截面为正三角形，圆锥的内切球的表面积为，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据圆锥内切球的表面积求出内切球的半径，进而求出圆锥的底面半径和高，即可求圆锥的体积. 【详解】设圆锥内切球的半径为，则，所以. 又圆锥的轴截面为等边三角形，所以圆锥的高为， 圆锥的底面半径为， 则圆锥的体积. 故选：A. 6. 已知函数若，且，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先画出的图象，不妨令，数形结合可知且，即可求出的取值范围. 【详解】因为，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，且； 当时，所以在上单调递增，且， 所以的图象如下所示： 又，且，不妨令， 结合图象可知且，即， 所以，即的取值范围为. 故选：A 7. 已知曲线，点在曲线上，则下列结论错误的是（ ） A. 曲线围成的图形的面积为 B. 的最小值为 C. 点到直线的距离的最大值为 D. 曲线有且仅有2条对称轴 【答案】D 【解析】 【分析】根据曲线方程画出图象，再数形结合一一判断即可. 【详解】因为曲线， 当且时，曲线的方程可化为； 当且时，曲线的方程可化为； 当且时，曲线的方程可化为； 当且时，曲线的方程可化为. 曲线的图像如图所示： 由图可知，曲线围成的图形的面积为四个半圆的面积与边长为的正方形面积的和， 从而曲线围成的图形的面积为，故A正确； 表示点与点的连线的斜率， 由图可知当（且）与直线相切时取得最小值， 设切线为，则，解得或（舍去）， 所以最小值为，故B正确； 点到直线的距离， 结合图象可知点到直线的距离的最大值为，故C正确； 由曲线的图像可知，曲线围成的图形有4条对称轴， 分别是轴、轴、第一、三象限角平分线以及第二、四象限角平分线，故D错误； 故选：D 8. 已知函数，若存在实数，使得成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求导函数得出函数的单调性得出函数值范围计算即可求参. 【详解】因为函数，若存在实数，使得成立， 当时，存在，所以； 当时，不成立； 当时，存在，所以成立， 令，， 当单调递增； 当单调递减； 所以时，，，，所以； 综上得：或. 故选：D 【点睛】方法点睛：解题的方法是分类讨论三种情况结合函数值域及导函数求参单调性计算求解即可. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符含题目要求，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. 已知函数的最小正周期为，则下列结论正确的是（ ） A. 直线是函数图象的一条对称轴 B. 函数在区间上的最大值为2 C. 函数在区间上单调递增 D. 将函数图象上所有的点向左平移个单位，得到的图象 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据函数的周期求出的值，即可得到函数解析式，再根据正弦函数的性质一一判断即可. 【详解】因为函数的最小正周期为，所以，解得， 所以， 则，所以直线是函数图象的一条对称轴，故A正确； 当，则，所以当，即时取得最大值，故B正确； 当，则，因为在上不单调， 所以在区间上不单调，故C错误； 将函数图象上所有的点向左平移个单位得到，故D正确. 故选：ABD 10. 已知函数的定义域为，，且，当时，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 在上单调递增 C. 数列是等比数列 D. 当时， 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用赋值法判断A，结合单调性的定义判断B，令，及等比数列的定义判断C，得到，即可判断D. 【详解】令，，则有，由， 故，即，故A错误； 令，，则有， 由，，故、、，则， 即当时，有恒成立， 故在上单调递增，故B正确； 令，，则有， 即，即， 又，故数列是以为首项，为公比的等比数列，故C正确； 由数列是以为首项，为公比的等比数列， 故，即，所以当时， 令可得， 当时，所以， 因为，则，又，所以，所以， 所以当时，，故D正确； 故选：BCD. 11. 在半径为2的球的球面上存在，，三点，且，，为线段的中点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 当三棱锥的体积最大时，平面截球的截面的面积为 C. 当，且时，与平面所成的角为 D. 当时，异面直线与所成角的正切值的取值范围为 【答案】BD 【解析】 【分析】利用向量的线性运算和数量积运算计算可以判定A错误；找到体积最大时的情况两两垂直，可以得到三角形的边长，进而计算求得截面的面积从而判定B;利用向量的运算可以判定满足C中的条件时四面体为正四面体，进而否定C；利用向量的运算求得满足D中条件时，求得，利用向量的角的余弦公式计算，得到向量所成角的取值范围，进而利用同角三角函数关系得到异面直线所成角的正切的取值范围，从而判定D. 【详解】在半径为2的球的球面上存在，，三点，且，，为线段的中点， 所以, 所以，故A错误； 当三棱锥的体积最大时，两两垂直（此时符合题意），三角形是边长为的等边三角形， 其外接圆即为平面截球的截面，外接圆的半径，截面圆的面积为，故B正确； 当时，，同理，, 又因为，所以，所以，与上同理得到，, 所以此时四面体为正四面体，各面都是正三角形，相邻的棱所成的角都是60°， 由于正四面体棱与对面所成的角小于与与对面内的边所成的角，所以与平面所成的角小于，故C错误； 当时，，，同理，, 所以, 当时,重合，为线段的中点，所以共线，所以共，与已知条件与是异面直线矛盾， 当时，所以,共面，所以共，与已知条件与是异面直线矛盾， 所以, , 所以, 设异面直线与所成角为，则, 所以，故D正确. 故选：BD. 【点睛】关键点点睛：选项D的关键是根据条件得到，进而利用向量法可得异面直线所成角的范围. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的内角，，的对边分别为，，，若，则______________. 【答案】 【解析】 【分析】先利用正弦定理将已知等式中的边化为角，再根据三角形内角和定理以及三角函数公式化简等式，最后求出角的值. 【详解】已知，由正弦定理可得：，得到.  因为，所以，那么. 根据诱导公式，可得. 所以.  可得. 因为，所以，得到. 即，可得. 又因为，所以.  故答案为：. 13. 二项式的展开式中第4项与第5项的二项式系数相等，则展开式中的系数为______________. 【答案】 【解析】 【分析】依题意可得，即可求出，再由展开式的通项计算可得. 【详解】二项式展开式的通项为（且）， 依题意，所以， 所以二项式展开式的通项为（且）， 令，解得，所以， 所以展开式中的系数为为. 故答案为： 14. 已知点在抛物线上，过点作圆的两条切线，切点分别为，，则的最小值为______________. 【答案】## 【解析】 【分析】设，利用向量数量积定义求得的表达式，进而利用三角函数求得其最小值. 【详解】圆的圆心为，半径为， 设，则，当且仅当时取等号， 连接，设，则，， 则 又，则， 所以，则， 所以的最小值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是将转化为的三角函数. 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. 某新能源汽车制造商为了评估一批新型电池的续航时间（单位：小时），从这批次电池中随机抽取50组进行测试，把测得数据进行适当分组后（每组为左闭右开的区间），画出频率分布直方图如图所示. （1）求的值； （2）从抽取的50组电池中任取2组，求恰有1组电池续航时间不少于35小时的概率； （3）将样本分布的频率视为总体分布的概率，从该批次电池组中任取2组，设为续航时间不少于35小时的电池组的数量，求的分布列及数学期望. 【答案】（1） （2） （3）分布列见解析,0.6 【解析】 【分析】（1）根据频率之和等于1求解； （2）根据超几何分布求解概率； （3）利用二项分布求分布列和数学期望. 【小问1详解】 根据频率之和等于1可得， ，解得. 【小问2详解】 由频率分布图可知，电池续航时间不少于35小时的频率等于， 所以电池续航时间不少于35小时的电池有组， 电池续航时间少于35小时的电池有组， 所以从抽取的50组电池中任取2组， 恰有1组电池续航时间不少于35小时的概率为. 【小问3详解】 由（2）知，每次抽到电池续航时间不少于35小时的概率等于 由题可知，随机变量服从二项分布，所以, 所以所有可能的取值有0,1,2， 所以 , 所以的分布列如下， 0 1 2 所以的数学期望为. 16. 已知椭圆的焦距为，且过点. （1）求椭圆的标准方程； （2）过点作两条直线分别交椭圆于，两点，若直线平分，求证：直线的斜率为定值，并求出这个定值. 【答案】（1） （2）证明见解析， 【解析】 【分析】（1）依题意得到、、的方程组，求出、即可得解； （2）依题意直线、的斜率存在且不为，设，，直线的方程为，联立直线与椭圆方程，求出，同理可得，即可求出、，即可得解. 【小问1详解】 依题意可得，解得， 所以椭圆的标准方程为； 【小问2详解】 依题意直线、的斜率存在且不为， 设，，直线的方程为， 由，消去得， 所以，因为直线平分， 所以直线、的斜率互为相反数， 所以设直线的方程为，同理可得， 因为，， 所以， 又， 所以，即直线的斜率为定值. 17. 如图，三棱柱中，侧面与底面垂直，且，，为侧棱的中点，三棱锥的体积为. （1）求三棱柱的高； （2）已知点在上，且，若平面，求实数的值； （3）若，求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）依题意可得，即可求出，再利用余弦定理求出，即可求出，从而求出高； （2）设的中点为，连接、，即可证明平面，从而得到平面平面，即可得到，从而得解； （3）过点作于点，连接，即可得到平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【小问1详解】 因为平面， 所以， 又，所以， 在中，，， 所以， 所以， 所以， 设三棱柱的高为，则，解得； 【小问2详解】 设的中点为，连接、， 因为且，所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面，所以平面， 因为平面，，平面， 所以平面平面，又平面平面，平面平面， 所以， 因为为的中点，所以为的中点， 所以，即； 【小问3详解】 过点作于点，连接， 因为侧面与底面垂直，侧面底面， 所以平面， 因为且，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以， 如图建立空间直角坐标系，因为平面，所以， ，则，，，， 因为，则，所以，则， 又，， 设平面的法向量为， 则，取， 又， 设平面的法向量为， 则，取， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 18. 已知，且曲线在点处的切线方程为. （1）求的值； （2）设的导函数为，求的单调区间； （3）证明：当时，. 【答案】（1） （2）单调递增区间为，单调递减区间为； （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出函数的导函数，根据计算可得； （2）求出的解析式，从而求出其导函数，再解关于导函数的不等式，即可求出函数的单调区间； （3）由（2）可得的单调性，结合零点存在性定理得到，使得，即可得到的单调性，从而求出，即可得证. 【小问1详解】 因为，所以， 因为曲线在点处的切线方程为， 所以，解得； 【小问2详解】 由（1）可得，所以， 则，定义域为， 所以， 因为，令，即，解得； 令，即，解得， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为； 【小问3详解】 由（2）可知在上单调递增， 又，， 又， 所以，即， 所以，使得， 所以当时，即，所以在上单调递减； 当时，即，所以在上单调递增； 又，， 所以， 所以当时， 【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题： 1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系； 2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系； 3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系； 4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 19. 若数列共有项，都有（为常数），则称数列是一个项数为的“对数等和数列”，其中称为“对数等和常数”.已知数列是一个项数为的对数等和数列. （1）若，，，求的值； （2）已知数列共有项，且满足：，. （ⅰ）证明：是一个对数等和数列； （ⅱ）若是首项为，公比为的等比数列，且的对数等和常数为，是否存在，使中某一项等于另外三项之和？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1） （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）不存在，理由见解析 【解析】 【分析】（1）由题干信息可得，即可得答案； （2）（ⅰ）注意到，即可证明结论； （ⅱ）首先得到的通项，再根据求出的通项，最后假设存在，推出矛盾，即可说明. 【小问1详解】 依题意，又， 所以，即，所以. 【小问2详解】 （ⅰ）依题意，则，因此， 又，从而，即数列是一个项数为的对数等和数列，且对数等和常数为. （ⅱ）依题意可得，且为正项数列，故， 而，故即，故， 又的对数等和常数为，所以， 则，即，而也为正项数列，故， 故，故也为等比数列， 假设存在，使中某一项等于另外三项之和，则为正项递增数列， 不妨设，则，故， 即， 又， 所以，所以不成立， 所以不存在，使中某一项等于另外三项之和. 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是理解“对数等和数列”的定义，则第一二问将会快速的解答，第三问关键是反证法. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 豫西北教研联盟（洛平许济）2024-2025学年 高三第二次质量检测试题 数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上和试卷指定位置上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若复数满足，则虚部为（ ） A. B. C. 4 D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，，若，则正实数的值为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 3 4. 已知双曲线的焦距为，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 5. 已知圆锥的轴截面为正三角形，圆锥的内切球的表面积为，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数若，且，则的取值范围为（ ） A B. C. D. 7. 已知曲线，点在曲线上，则下列结论错误的是（ ） A. 曲线围成的图形的面积为 B. 的最小值为 C. 点到直线的距离的最大值为 D. 曲线有且仅有2条对称轴 8. 已知函数，若存在实数，使得成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符含题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知函数的最小正周期为，则下列结论正确的是（ ） A. 直线是函数图象的一条对称轴 B. 函数在区间上的最大值为2 C. 函数在区间上单调递增 D. 将函数图象上所有点向左平移个单位，得到的图象 10. 已知函数的定义域为，，且，当时，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 上单调递增 C. 数列是等比数列 D. 当时， 11. 在半径为2的球的球面上存在，，三点，且，，为线段的中点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 当三棱锥体积最大时，平面截球的截面的面积为 C. 当，且时，与平面所成的角为 D. 当时，异面直线与所成角的正切值的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的内角，，的对边分别为，，，若，则______________. 13. 二项式的展开式中第4项与第5项的二项式系数相等，则展开式中的系数为______________. 14. 已知点在抛物线上，过点作圆的两条切线，切点分别为，，则的最小值为______________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 某新能源汽车制造商为了评估一批新型电池的续航时间（单位：小时），从这批次电池中随机抽取50组进行测试，把测得数据进行适当分组后（每组为左闭右开的区间），画出频率分布直方图如图所示. （1）求的值； （2）从抽取的50组电池中任取2组，求恰有1组电池续航时间不少于35小时的概率； （3）将样本分布的频率视为总体分布的概率，从该批次电池组中任取2组，设为续航时间不少于35小时的电池组的数量，求的分布列及数学期望. 16. 已知椭圆的焦距为，且过点. （1）求椭圆的标准方程； （2）过点作两条直线分别交椭圆于，两点，若直线平分，求证：直线的斜率为定值，并求出这个定值. 17. 如图，三棱柱中，侧面与底面垂直，且，，为侧棱的中点，三棱锥的体积为. （1）求三棱柱的高； （2）已知点在上，且，若平面，求实数的值； （3）若，求平面与平面的夹角的余弦值. 18. 已知，且曲线在点处的切线方程为. （1）求的值； （2）设的导函数为，求的单调区间； （3）证明：当时，. 19. 若数列共有项，都有（为常数），则称数列是一个项数为的“对数等和数列”，其中称为“对数等和常数”.已知数列是一个项数为的对数等和数列. （1）若，，，求的值； （2）已知数列共有项，且满足：，. （ⅰ）证明：是一个对数等和数列； （ⅱ）若是首项为，公比为的等比数列，且的对数等和常数为，是否存在，使中某一项等于另外三项之和？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$