精品解析：河南省驻马店市重点高中联考2024-2025学年高三下学期第三次考试（3月月考）数学试题

驻马店市重点高中2024-2025学年高三下期第三次考试 数学 命题：李薇薇 审题：景御桥 注意事项：1.答卷前，请考生务必把自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效. 3.考试结束后，将答题卡交回. 4.满分：150分 考试时间：120分钟 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，则在复平面内所对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数模长公式计算可得，再利用共轭复数定义及其几何意义可求得结果. 【详解】设，则，解得， 则， 则在复平面内所对应的点为，位于第四象限. 故选：D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解两个集合中的不等式，得到这两个集合，再由交集的定义求解即可. 【详解】不等式，即或，解得或， 不等式，即，解得， 所以，，有. 故选：C 3. 下列函数中既是奇函数，又是定义域上的增函数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用奇偶性定义，结合指对数函数的性质及复合函数的单调性判断各项对应函数是否满足题设，即可得答案. 【详解】A：，定义域为R，是偶函数，不符； B：，定义域为，是奇函数， 根据复合函数的单调性，易知在上单调递减，不符； C：，定义域为R，是偶函数，不符； D：，定义域为R，是奇函数， 根据复合函数的单调性，易知在R上单调递增，符合. 故选：D 4. 有5辆车停放6个并排车位，货车甲车体较宽，停靠时需要占两个车位，并且乙车不与货车甲相邻停放，则共有（ ）种停放方法． A. 72 B. 144 C. 108 D. 96 【答案】A 【解析】 【分析】对特殊车辆货车甲的停放方法分类讨论，再停入乙车，最后停入其它车即可得. 【详解】先停入货车甲，若货车甲不靠边，共有种停法，则乙车有种停法， 除甲、乙外的其它三辆车共有种停法； 若货车甲靠边，共有种停法，则乙车有种停法， 除甲、乙外的其它三辆车的排法共有种， 故共有种停放方法. 故选：A. 5. 在平面直角坐标系中，已知圆，点，若圆上存在点，满足，则的取值范围是（ ） A B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设点坐标，然后表示出和，建立方程后得到点的轨迹方程，由两个圆存在公共点，得到圆与圆的位置关系，从而得到圆心距和半径的关系，求出的取值范围. 【详解】设，则，. 因为，所以， 即，所以点的轨迹是以为圆心，以1为半径的圆. 又因为点在圆上，所以圆与圆有公共点，所以， 即，解得. 故选：B. 6. 某工厂产生的废气经过滤后排放，过滤过程中废气的污染物含量（单位：）与时间（单位：）间的关系为，其中是正的常数，如果前消除了的污染物，那么从消除的污染物到消除的污染物大约需要经历（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意得到，求得，再设消除的污染物对应事件为，消除的污染物对应事件为，得到方程，，求解即可； 【详解】由题意可知：，即，即， 设消除的污染物对应事件为，即， 设消除的污染物对应事件为，即， 两式相除可得：， 即， 所以：， 即从消除的污染物到消除的污染物大约需要经历， 故选：A 7. 已知函数和的图象的对称轴完全相同，令，则下列结论错误的是（ ） A. 的一个周期为 B. 的图象关于直线对称 C. 的一个零点为 D. 在单调递减 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知及正余弦函数的对称性得到、，进而有，再由正弦型函数的性质依次判断各项的正误，即可得答案. 【详解】令，则为的对称轴方程， 令，则为的对称轴方程， 由与的对称轴完全相同，则，即对称轴为， 所以且，则， 所以，其最小正周期，故也是一个周期，A对； ，故的图象关于直线对称，B对； ，当有， 所以的一个零点为，C对； ，则，显然在给定区间内不单调，D错. 故选：D 8. 如图，已知是圆锥的轴截面，分别为的中点，过点且与直线垂直的平面截圆锥，截口曲线是抛物线的一部分．若在上，则的最大值为（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】勾股得到，从而得到当最大时，最大，然后根据截面得到截面，根据勾股得到当最大时，最大，再结合截面得到的最大值，从而得到的最大值. 【详解】 过点作，交底面圆于两点，连接，，， 设，则， 所以当最大时，最大， 由圆锥的性质得底面， 因为底面，所以， 又，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为分别是的中点，所以，则， 因为，平面，所以平面， 则平面为截面， 因为为中点，所以，所以平面， 因为平面，所以，所以， 则当最大时，最大， 如图为截面的平面图， 以为原点，为轴，过点垂直向上的方向为轴正方向建系， ，，，则抛物线方程为， 设，，则， 所以， 则此时，. 故选：C. 【点睛】关键点睛：本题的解题关键在于找到截面，然后转化为平面几何求最值. 二､多选题: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的.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. 下列说法正确的是（ ） A. 已知一组各不相同的数据，去掉其中最大和最小两个数据后，剩下的28个数据的22%分位数不等于原来数据的22%分位数 B. 若事件A，B满足，，且，则事件A，B独立 C. 若随机变量服从正态分布，且，则 D. 已知具有线性相关关系的变量x，y，其经验回归方程为，若样本点中心为，则 【答案】AB 【解析】 【分析】根据百分位数的计算即可求解A,根据相互独立的性质即可求解B，根据正态分布的对称性即可求解C,将样本中心代入回归方程即可求解D. 【详解】对于A，将原来30个数从小到大排列，，则30个数的22%分位数为30个数中的第7个数， 去掉其中最大和最小两个数据后，，故剩下的28个数据的22%分位数为28个数中的第7个数字，也是30个数中的第8个数， 故两者不相等，A正确， 对于B，，所以相互独立，因此也相互独立，B正确， 对于C，由于，则，故C错误， 对于D，将代入可得，故，D错误， 故选：AB 10. 柏拉图实体，也称为柏拉图多面体，是一组具有高度对称性的几何体．它们的特点是每个面都是相同的正多边形，每个顶点处的面的排列也完全相同．正八面体就是柏拉图实体的一种．如图是一个棱长为2的正八面体．甲、乙二人使用它作游戏：甲任选三个顶点，乙任选三个面的中心点，构成三角形．甲、乙选择互不影响，下列说法正确的是（ ） A. 该正八面体的外接球的体积为 B. 平面截该正八面体的外接球所得截面的面积为 C. 甲能构成正三角形的概率为 D. 甲与乙均能构成正三角形的概率为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由图形，根据勾股定理求出球半径，结合球的体积公式计算即可判断A；如图，根据等面积求出OH，进而求出截面圆的半径即可判断B；确定甲乙选择的三个点构成正三角形的情况，结合古典概型的概率公式计算即可判断CD. 【详解】A：由棱长为2，得正八面体上半部分的斜高为，高为， 则正八面体的体积为． 则正八面体的外接球的球心为，半径为， 所以外接球的体积为，故A正确； B：由于到平面的距离等于到平面的距离， 在中，过作的垂线，垂足为，则平面． 由，得， 平面截正八面体的外接球所得截面是圆，半径， 所以所得截面的面积为，故B正确； C：甲随机选择的情况有种，甲选择的三个点构成正三角形，只有一种情况： 甲从上下两个点中选一个，从中间四个点中选相邻两个，共有种， 甲构成正三角形的概率为，故C错误； D：乙随机选择的情况有种，乙构成正三角形，只有一种情况： 上面四个面的中心中选一个点且从下面四个面的中心选相对的两个点， 或下面四个面的中心中选一个点且从上面四个面的中心选相对的两个点， 共有种，概率为；又甲能构成正三角形的概率为， 所以甲与乙均能构成正三角形的概率为，故D正确. 故选：ABD． 【点睛】关键点点睛：本题考查几何体与球的综合问题，垂直关系的转化，平面截球的问题，关键是：⑴利用球的弦长公式计算弦长；⑵确定平面截球体所得截面的形状. 11. 已知各项均不为零的数列，其前项和是，且. 下列说法正确的是（ ） A. B. 若为递增数列，则的取值范围是 C. 存在实数，使得为等比数列 D. ，使得当时，总有 【答案】ABD 【解析】 【分析】赋值法计算判断A，先应用计算化简得出数列分奇偶得出等差数列，再分类求出通项即可判断B，C，再结合指数运算判断D. 【详解】由得， 相减可得，， 由于各项均不为零，所以，所以的奇数项和偶数项分别为公差为1的等差数列， 对于A，，，故正确； 对于B，由于的奇数项和偶数项分别为公差为1的等差数列，所以， 若，则需要，则，故正确， 对于C，，若为等比数列，则为常数，则， 此时，故，进而可得数列的项为显然这不是等比数列，故错误， 对于D，若，只要足够大，一定会有 ， 则，只要足够的大， 趋近于0， 而，显然能满足，故，当时，总有，故正确， 故选：ABD. 三､ 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某人从甲地到乙地，乘火车、轮船、飞机的概率分别为0.2，0.4，0.4，乘火车迟到的概率为0.4，乘轮船迟到的概率为0.3，乘飞机迟到的概率为0.5，则这个人迟到的概率是______；如果这个人迟到了，他乘船迟到的概率是______． 【答案】 ①. 0.4## ②. 0.3## 【解析】 【分析】合理设出事件，利用全概率计算出这个人迟到的概率，用贝叶斯概率公式计算出如果这个人迟到了，他乘船迟到的概率. 【详解】设事件A表示“乘火车”，事件B表示“乘轮船”，事件C表示“乘飞机”，事件D表示“迟到”， 则，，，，，， ， 由全概率公式得： ； 如果这个人迟到了，由贝叶斯公式得到他乘船迟到的概率为： . 故答案为：0.4；0.3 13. 已知过抛物线C：的焦点F作斜率为正数的直线n交抛物线的准线l于点P，交抛物线于A，B（A在线段PF上），，则以线段AB为直径的圆被y轴截得弦长为________ 【答案】 【解析】 【分析】设，，联立抛物线并应用韦达定理，结合得、，进而得到，应用抛物线定义求、中点为的横坐标，最后应用几何法求弦长即可. 【详解】由题意，可得如下示意图，，令，， 联立，则，显然，则，， 联立，则，可得，结合，则，即， 所以，可得， 又，故圆的半径为4， 若中点为，则， 所以以线段AB为直径的圆被y轴截得弦长为. 故答案为： 14. 设为自然对数的底数，若函数存在三个零点，则实数的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】令，利用换元法，根据的函数图象以及已知条件，结合一元二次方程根的分布情况，列出不等关系，即可求得结果. 【详解】设，故0，即 对函数，其函数图象如下所示： 令， 故要满足题意，只需在内有一个实数根，且另一个根为； 或在内有一个实数根，且在内也有一个实数根. 所以 或或 即 或或 解得 . 故答案为：. 【点睛】已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路： (1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围； (2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决； (3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解． 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. 已知的内角所对的边分别为，且. （1）求； （2）若，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据二倍角公式以及辅助角公式可直接求出； （2）利用正弦定理和余弦定理计算可得，即可求得结果. 【小问1详解】 因为， 所以， 即， 可得，所以. 又因为，所以，即， 所以. 【小问2详解】 由（1）可知，. 因为， 所以，即. 由正弦定理可得. 由余弦定理可得，即， 整理得，而， 所以. 16. 如图1，已知为等边三角形，四边形为平行四边形，.把沿向上折起，使点到达点位置，使得平面平面，如图2所示. （1）证明：； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）当点在线段（包括端点）上运动时，设直线与平面所成的角为，求的取值范围. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设的中点为，由题意可得平面，再根据勾股定理逆定理可得，从而得到平面，即可证出； （2）由题意建立空间直角坐标系，求得两个平面的法向量，根据面面角的向量公式，可得答案； （3）由题意中线面的位置关系，根据线面角的定义，结合锐角三角函数的定义，可得答案. 【小问1详解】 证明：如图，设的中点为，连接. 因为为等边三角形，所以. 又因为平面平面，且平面平面， 所以平面.因为平面，所以. 因为，所以，所以. 因为平面，所以平面. 又因为平面，所以. 【小问2详解】 由（1）知平面，因为平面，所以平面平面. 设的中点为，连接，则.又因为平面平面， 平面平面平面，所以平面. 设的中点为，连接.因为，所以， 以为坐标原点，的方向分别为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 则， 可得. 设平面的法向量，则，即， 取，则平面的一个法向量. 设平面的法向量，则，即， 取，则平面的一个法向量， 因为， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 【小问3详解】 由（1）知平面，平面，所以， ，而，故取值范围为. 17. 某科研团队研发了一款快速检测某种疾病的试剂盒.为了解该试剂盒检测的准确性，科研团队从某地区（人数众多）随机选取了40位患者和60位非患者，用该试剂盒分别对他们进行了一次检测，结果如下： 抽样人群 阳性人数 阴性人数 患者 36 4 非患者 2 58 （1）试估计使用该试剂盒进行一次检测结果正确的概率； （2）若从该地区的患者和非患者中分别抽取2人进行一次检测，求恰有一人检测结果错误的概率； （3）假设该地区有10万人，患病率为0.01.从该地区随机选取一人，用该试剂盒对其检测一次.若检测结果为阳性，能否判断此人患该疾病的概率超过0.2？并说明理由. 【答案】（1）0.94 （2） （3）超过，理由见解析 【解析】 【分析】（1）由古典概型概率计算公式求解即可； （2）设事件：患者检测结果正确，事件：非患者检测结果正确“，事件：该地区的患者和非患者中分别抽取2人进行一次检测，恰有一人检测结果错误，由求解即可； （3）求得检测一次结果为阳性的人数，确定其中患者人数，即可判断； 【小问1详解】 由题意知，使用该试剂盒进行一次检测共有100人，其中检测结果正确的共有94人， 所以使用该试剂盒进行一次检测结果正确的概率估计为. 【小问2详解】 设事件：患者检测结果正确，事件：非患者检测结果正确“， 事件：该地区的患者和非患者中分别抽取2人进行一次检测，恰有一人检测结果错误； 根据题中数据，可估计为可估计为 该地区的患者中抽取2人进行一次检测，恰有一人检测结果错误的概率为 该地区的非患者中抽取2人进行一次检测，恰有一人检测结果错误的概率为 所以， 所以. 因此恰有一人检测结果错误的概率为 【小问3详解】 此人患该疾病概率超过0.2.理由如下： 由题意得，如果该地区所有人用该试剂盒检测一次， 那么结果为阳性的人数为，其中患者人数为900. 若某人检测结果为阳性，那么他患该疾病的概率为. 18. 已知椭圆（）的左、右焦点分别为，，离心率，椭圆的短轴长为2. （1）求椭圆的标准方程； （2）已知直线，过右焦点，且它们的斜率乘积为，设，分别与椭圆交于点A，B和C，D. ①求的值； ②设的中点M，的中点为N，求面积的最大值. 【答案】（1）；（2）①；② 【解析】 【分析】（1）由短轴长为，得到，再由离心率结合计算可得椭圆方程； （2）①由直线，过右焦点，设出直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，计算出弦长，再由两直线的斜率乘积为，将弦长中的斜率变为可得弦，相加即可得解； ②由中点坐标公式求出、的坐标，观察坐标知的中点在轴上，所以整理后利用基本不等式即可得到面积的最值； 【详解】解：（1）依题意可得解得，故椭圆的方程为； （2）①设的方程为，， 联立消去并整理得到 ， 于是 同理可得 ②由①知，，，， 所以， 所以的中点 所以 当且仅当即时取等号， 所以面积的最大值为 【点睛】本题考查待定系数法求椭圆的标准方程，直线与椭圆综合应用问题，利用基本不等式求最值，属于中档题. 19. 帕德近似是法国数学家亨利•帕德发明的，用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数，函数在处的阶帕德近似定义为：，其中和分别是和次多项式，且满足.其中为的导数.已知在处的阶帕德近似为. （1）求实数的值，利用的阶帕德近似估计的近似值（结果保留3位有效数字）； （2）当时，恒成立，求实数的取值范围； （3）证明：当时，. 【答案】（1），0.182 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由题意分别对两个函数求导，建立方程组，可得答案； （2）整理不等式，构造函数并求导，根据二次函数的性质，可得答案； （3）利用两边取对数整理不等式，构造函数，利用导数求得其最值，利用（2）的结论，可得答案. 【小问1详解】 ， 因为，所以，解得， . 【小问2详解】 解法1：设， 则在上恒成立.若，则显然成立； 若， 设， ，当时，， 因此，即在上单调递增， 时，，满足题意； 当时，在上单调递减，因为， 所以存在唯一的，使得， 当时，，即在单调递减， 时，，与已知矛盾，舍去. 综上，实数的取值范围为. 解法2：设， 则在上恒成立.因，， 所以，解得， 当时，， 在上单调递增，时，恒成立. 综上，实数的取值范围为. 【小问3详解】 证明：要证时，，即证， 设，则，令得， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增， 因此， 因此只需证，即证. 设， 则在上单调递增， ，即， 令，则，因此原不等式成立. 【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用，二是函数的零点，不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 驻马店市重点高中2024-2025学年高三下期第三次考试 数学 命题：李薇薇 审题：景御桥 注意事项：1.答卷前，请考生务必把自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效. 3.考试结束后，将答题卡交回. 4.满分：150分 考试时间：120分钟 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，则在复平面内所对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 下列函数中既是奇函数，又是定义域上的增函数的是（ ） A. B. C D. 4. 有5辆车停放6个并排车位，货车甲车体较宽，停靠时需要占两个车位，并且乙车不与货车甲相邻停放，则共有（ ）种停放方法． A. 72 B. 144 C. 108 D. 96 5. 在平面直角坐标系中，已知圆，点，若圆上存在点，满足，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 某工厂产生的废气经过滤后排放，过滤过程中废气的污染物含量（单位：）与时间（单位：）间的关系为，其中是正的常数，如果前消除了的污染物，那么从消除的污染物到消除的污染物大约需要经历（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数和的图象的对称轴完全相同，令，则下列结论错误的是（ ） A. 的一个周期为 B. 的图象关于直线对称 C. 的一个零点为 D. 在单调递减 8. 如图，已知是圆锥的轴截面，分别为的中点，过点且与直线垂直的平面截圆锥，截口曲线是抛物线的一部分．若在上，则的最大值为（ ） A. B. 1 C. D. 二､多选题: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的.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. 下列说法正确的是（ ） A. 已知一组各不相同的数据，去掉其中最大和最小两个数据后，剩下的28个数据的22%分位数不等于原来数据的22%分位数 B. 若事件A，B满足，，且，则事件A，B独立 C. 若随机变量服从正态分布，且，则 D. 已知具有线性相关关系的变量x，y，其经验回归方程为，若样本点中心为，则 10. 柏拉图实体，也称为柏拉图多面体，是一组具有高度对称性的几何体．它们的特点是每个面都是相同的正多边形，每个顶点处的面的排列也完全相同．正八面体就是柏拉图实体的一种．如图是一个棱长为2的正八面体．甲、乙二人使用它作游戏：甲任选三个顶点，乙任选三个面的中心点，构成三角形．甲、乙选择互不影响，下列说法正确的是（ ） A. 该正八面体的外接球的体积为 B. 平面截该正八面体的外接球所得截面的面积为 C. 甲能构成正三角形的概率为 D. 甲与乙均能构成正三角形的概率为 11. 已知各项均不为零的数列，其前项和是，且. 下列说法正确的是（ ） A. B. 若为递增数列，则取值范围是 C. 存在实数，使得为等比数列 D ，使得当时，总有 三､ 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某人从甲地到乙地，乘火车、轮船、飞机的概率分别为0.2，0.4，0.4，乘火车迟到的概率为0.4，乘轮船迟到的概率为0.3，乘飞机迟到的概率为0.5，则这个人迟到的概率是______；如果这个人迟到了，他乘船迟到的概率是______． 13. 已知过抛物线C：的焦点F作斜率为正数的直线n交抛物线的准线l于点P，交抛物线于A，B（A在线段PF上），，则以线段AB为直径的圆被y轴截得弦长为________ 14. 设为自然对数底数，若函数存在三个零点，则实数的取值范围是__________． 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. 已知的内角所对的边分别为，且. （1）求； （2）若，求的值. 16. 如图1，已知为等边三角形，四边形为平行四边形，.把沿向上折起，使点到达点位置，使得平面平面，如图2所示. （1）证明：； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）当点在线段（包括端点）上运动时，设直线与平面所成的角为，求的取值范围. 17. 某科研团队研发了一款快速检测某种疾病试剂盒.为了解该试剂盒检测的准确性，科研团队从某地区（人数众多）随机选取了40位患者和60位非患者，用该试剂盒分别对他们进行了一次检测，结果如下： 抽样人群 阳性人数 阴性人数 患者 36 4 非患者 2 58 （1）试估计使用该试剂盒进行一次检测结果正确的概率； （2）若从该地区的患者和非患者中分别抽取2人进行一次检测，求恰有一人检测结果错误的概率； （3）假设该地区有10万人，患病率为0.01.从该地区随机选取一人，用该试剂盒对其检测一次.若检测结果为阳性，能否判断此人患该疾病的概率超过0.2？并说明理由. 18. 已知椭圆（）的左、右焦点分别为，，离心率，椭圆的短轴长为2. （1）求椭圆的标准方程； （2）已知直线，过右焦点，且它们的斜率乘积为，设，分别与椭圆交于点A，B和C，D. ①求的值； ②设的中点M，的中点为N，求面积的最大值. 19. 帕德近似是法国数学家亨利•帕德发明的，用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数，函数在处的阶帕德近似定义为：，其中和分别是和次多项式，且满足.其中为的导数.已知在处的阶帕德近似为. （1）求实数的值，利用的阶帕德近似估计的近似值（结果保留3位有效数字）； （2）当时，恒成立，求实数的取值范围； （3）证明：当时，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$