精品解析：河南省驻马店市新蔡县第一高级中学2024-2025学年高三下学期4月期中模拟数学试题

新蔡县第一高级中学2024-2025学年高三下学期4月份期中模拟数学试题 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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知随机变量服从正态分布，若，，则（ ） A. 0.4 B. 0.3 C. 0.2 D. 0.1 3. 若复数满足，则可以为（ ） A. B. C. D. 4. 地震震级通常是用来衡量地震释放能量大小的数值，里氏震级最早是由查尔斯•里克特提出的，其计算基于地震波的振幅，计算公式为，其中表示某地地震的里氏震级，表示该地地震台测振仪记录的地震波的最大振幅，表示这次地震中的标准地震振幅.假设在一次地震中，某地地震台测振仪记录的地震波的最大振幅为5000，且这次地震的标准地震振幅为0.002，则该地这次地震的里氏震级约为（ ）（参考数据：） A. 6.3级 B. 6.4级 C. 7.4级 D. 7.6级 5. 在中，是的中点，直线分别与交于点，且，，则（ ） A. B. C. D. 6. 的展开式中的系数是（ ） A. B. 70 C. D. 1 7. 在数列中，，，，则的前20项和（ ） A. 621 B. 622 C. 1133 D. 1134 8. 已知，是双曲线：左、右焦点，椭圆与双曲线的焦点相同，与在第一象限的交点为P，若的中点在双曲线的渐近线上，且，则椭圆的离心率是（ ） 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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列函数中，的图象可以由的图象仅通过一次轴对称变换得到的有：（ ）． A. ， B. ， C. ， D. ， 10. 已知两组样本数据，第一组，第二组，若，则（ ） A. 这两组数据的平均数一定相等 B. 这两组数据的极差一定相等 C. 这两组数据的第90百分位数一定相等 D. 这两组数据的众数一定相等 11. 已知函数的部分图象如图所示，其最小正周期为T，则（ ） A B. C. 的一个单调递增区间为 D. 为奇函数 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 阳春三月，草长莺飞；丝绦拂堤，尽飘香玉.三个家庭的3位妈妈带着3名女宝和2名男宝共8人踏春.在沿行一条小溪时，为了安全起见，他们排队前进，三位母亲互不相邻照顾孩子；3名女宝相邻且不排最前面也不排最后面；为了防止2名男宝打闹，2人不相邻，且不排最前面也不排最后面.则不同的排法种数共有___________种（用数字作答）. 13. 已知两个正四棱锥组合成的简单几何体中，顶点，分别位于平面的两侧．其中正方形的边长为2，两个正四棱锥的侧棱长均为3．则四棱锥的外接球的表面积为______． 14. 已知实数满足，则的取值范围是________． 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. 已知某险种首次参保的保费为2000元，保险期为1年.在总体中抽取1000单，统计其在一个保险期内的赔偿次数，得到表1. 赔偿次数 0 1 2 3 4 单数 900 60 20 10 10 表1 用频率估计概率，解答下列问题 （1）求随机抽取1单，该单的赔偿次数不少于3的概率. （2）下一个保险期的保费由上一个保险期的赔偿次数决定，记上一个保险期的保费为a元，下一个保险期的保费与上一个保险期的赔偿次数的关系如表2所示. 上一个保险期的赔偿次数 0 1 2 3 4 下一个保险期的保费 0.95a 1.1a 1.2a 1.3a 1.4a 表2 已知甲2025年首次参保，此后计划每年都参保. ①估计甲2026年参保（第二个保险期）的保费为X元，求X的数学期望； ②求在甲2026年参保的保费大于2000元的前提下，甲2027年参保（第三个保险期）的保费少于2400元的概率. 16. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，，是边长为2的等边三角形， （1）求证： （2）若，求直线与平面所成角的正弦值 17 设函数. （1）若在上恒成立，求实数取值范围； （2）设有两个极值点，且，求证：. 18. 已知椭圆的左､右焦点分别为，离心率为，且经过点. （1）求的方程； （2）过且不垂直于坐标轴的直线交于两点，点为的中点，记的面积为的面积为，求的取值范围. 19. 若正整数数列满足：①为有穷数列：；②；③当时，满足的正整数对有且仅有个.称该数列为的减数列. （1）写出5的2减数列的所有情况； （2）若存在100的减数列，求正整数的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 新蔡县第一高级中学2024-2025学年高三下学期4月份期中模拟数学试题 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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出集合,再求解判断选项. 【详解】解析：由题意可知，集合，或， . 故选：A． 2. 已知随机变量服从正态分布，若，，则（ ） A. 0.4 B. 0.3 C. 0.2 D. 0.1 【答案】C 【解析】 【分析】利用正态分布曲线的性质，再根据条件，即可求出结果. 详解】解析：由已知得正态曲线关于直线对称，， ，解得， 故选：C． 3. 若复数满足，则可以为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】借助复数的性质设，结合题意计算即可得. 【详解】设，，则，故有， 即有，选项中只有A选项符合要求，故A正确， B、C、D选项不符合要求，故B、C、D错误. 故选：A. 4. 地震震级通常是用来衡量地震释放能量大小的数值，里氏震级最早是由查尔斯•里克特提出的，其计算基于地震波的振幅，计算公式为，其中表示某地地震的里氏震级，表示该地地震台测振仪记录的地震波的最大振幅，表示这次地震中的标准地震振幅.假设在一次地震中，某地地震台测振仪记录的地震波的最大振幅为5000，且这次地震的标准地震振幅为0.002，则该地这次地震的里氏震级约为（ ）（参考数据：） A. 6.3级 B. 6.4级 C. 7.4级 D. 7.6级 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，得到，结合对数的运算法则，即可求解. 【详解】由题意，某地地震波的最大振幅为，且这次地震的标准地震振幅为， 可得. 故选：B. 5. 在中，是的中点，直线分别与交于点，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量运算法则，利用表示，结合向量三点共线的定理列式运算求解. 【详解】由，得. 因为共线，所以，解得. 故选：B. 6. 的展开式中的系数是（ ） A. B. 70 C. D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】先求出二项式展开式的通项公式，然后令的次数为2，求出，从而可求出结果. 【详解】因为的展开式的通项为， 令，得，所以的系数是 故选：D 7. 在数列中，，，，则的前20项和（ ） A. 621 B. 622 C. 1133 D. 1134 【答案】C 【解析】 【分析】设，.根据已知可推得为等差数列，为等比数列，求出的表达式.然后分组，根据等差数列以及等比数列前项和公式求解，即可得出答案. 【详解】设，，则，. 由已知可得， ，即， 所以为以2为首项，2为公差的等差数列，. ，即， 所以为以1为首项，2为公比的等比数列，. 所以，的前20项和. 故选：C. 8. 已知，是双曲线：的左、右焦点，椭圆与双曲线的焦点相同，与在第一象限的交点为P，若的中点在双曲线的渐近线上，且，则椭圆的离心率是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用椭圆和双曲线的定义表示出，利用中位线定理找到,的关系，再结合，借助勾股定理进行运算即可. 【详解】根据题意:设，设椭圆长半轴长为，短半轴长为，双曲线实半轴长为，虚半轴长为，则由椭圆及双曲线定义可得：， 又因为，且分别为，的中点，所以, 所以到渐近线的距离为， 所以，，结合，可得：① 因为，所以即， 整理得：，将①代入，，所以. 故选：C. 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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列函数中，的图象可以由的图象仅通过一次轴对称变换得到的有：（ ）． A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】ABD 【解析】 【分析】由两直线相交可判断A；由，可判断B；是一条完整的抛物线，是半只抛物线，可判断C；求得的反函数判断D. 【详解】对于A：因两直线斜率不等，故两条直线相交构成轴对称图形，故A正确； 对于B：因为，所以两函数的图象关于直线对称，故B正确； 对于C：因为是一条完整的抛物线，是半只抛物线， 所以与不关于直线对称，故C错误； 对于D：由，可得，所以，所以， 所以，所以与互为反函数，图象关于对称，故D正确． 故选：ABD. 10. 已知两组样本数据，第一组，第二组，若，则（ ） A. 这两组数据的平均数一定相等 B. 这两组数据的极差一定相等 C. 这两组数据的第90百分位数一定相等 D. 这两组数据的众数一定相等 【答案】BC 【解析】 【分析】根据给定条件，利用平均数、极差、第90百分位数的定义判断ABC；利用众数的定义举例说明判断D. 【详解】由，得，第一组数据由小到大排列为， ，第二组数据由小到大排列为或， 对于A，由 ，当且仅当取等号， 因此这两组数据的平均数不一定相等，A错误； 对于B，这两组数据的极差都为，B正确； 对于C，由，得这两组数据的第90百分位数都为，C正确； 对于D，取，第一组数据，5个数据出现次数相同， 第二组数据为，其众数为2，因此这两组数据的众数不同，D错误. 故选：BC 11. 已知函数的部分图象如图所示，其最小正周期为T，则（ ） A. B. C. 的一个单调递增区间为 D. 为奇函数 【答案】AD 【解析】 【分析】直接根据正切型函数的周期性可判断A；根据图象过点求出的值可判断B；求出函数的单调增区间可判断C；求出的解析式，结合诱导公式和奇偶性的概念可判断D. 【详解】函数的最小正周期为，故A正确； 由题图可得，所以， 因为，所以，得，故B错误； 由，得， 取，可得函数的一个单调递增区间为，故C错误； 因为，且定义域关于原点对称， 所以为奇函数，故D正确． 故选：AD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 阳春三月，草长莺飞；丝绦拂堤，尽飘香玉.三个家庭的3位妈妈带着3名女宝和2名男宝共8人踏春.在沿行一条小溪时，为了安全起见，他们排队前进，三位母亲互不相邻照顾孩子；3名女宝相邻且不排最前面也不排最后面；为了防止2名男宝打闹，2人不相邻，且不排最前面也不排最后面.则不同的排法种数共有___________种（用数字作答）. 【答案】288 【解析】 【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理，结合相邻与不相邻问题，列式计算即得. 【详解】第一步：先将3名母亲作全排列，共有种排法； 第二步：将3名女宝“捆绑”在一起，共有种排法； 第三步：将“捆绑”在一起的3名女宝作为一个元素，在第一步形成的2个空中选择1个插入，有种排法； 第四步：首先将2名男宝之中的一人，插入第三步后相邻的两个妈妈中间， 然后将另一个男宝插入由女宝与妈妈形成的2个空中的其中1个，共有种排法. 所以不同的排法种数有：（种）. 故答案为：288 13. 已知两个正四棱锥组合成的简单几何体中，顶点，分别位于平面的两侧．其中正方形的边长为2，两个正四棱锥的侧棱长均为3．则四棱锥的外接球的表面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】建立适当的空间直角坐标系，结合空间中两点距离公式即可得到球的半径，从而利用球的表面积公式得到结果. 【详解】连结，交于点，连结， 由正四棱锥性质可知平面，平面，所以三点共线， 又四边形是正方形，可得两两垂直，且交于点. 以为原点，分别以的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标 系，如图， 由，在中，， 则， 设四棱锥的外接球球心为，连接， 则， 得， 解得， 所以四棱锥的外接球的半径的平方为， 故四棱锥的外接球的表面积为. 故答案为：. 14. 已知实数满足，则的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】确定动点的几何意义，利用直线现圆的位置关系分段讨论，结合几何意义求解即得. 【详解】显然点在圆及内部，直线，直线， 由，得直线与圆相离，且， 由，解得或，即直线与圆交于点， ①当时，即点在直线与圆所围成的小弓形及内部， ， 目标函数，即表示斜率为，纵截距为的平行直线系， 画出直线，平移直线分别到直线， 当过点时，取得最大值，最小， 当过点时，取得最小值，最大， 因此，，从而； ②当时，即点在直线与圆所围成的大弓形及内部（不含直线上的点）， ， 目标函数，即表示斜率为，纵截距为的平行直线系， 画出直线，显直线，平移直线分别到直线，直线与圆分别相切于点， 当过点时，取得最大值，最小，因此， 当过点时，取得最小值，最大，因此， 从而， 所以的取值范围是. 故答案为： 【点睛】方法点睛：求解线性规划问题的一般方法：①准确作出不等式组表示的平面区域，作图时一定要分清虚实线、准确确定区域；②根据目标函数的类型及几何意义结合图形判断目标函数在何处取得最值． 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. 已知某险种首次参保的保费为2000元，保险期为1年.在总体中抽取1000单，统计其在一个保险期内的赔偿次数，得到表1. 赔偿次数 0 1 2 3 4 单数 900 60 20 10 10 表1 用频率估计概率，解答下列问题. （1）求随机抽取1单，该单的赔偿次数不少于3的概率. （2）下一个保险期的保费由上一个保险期的赔偿次数决定，记上一个保险期的保费为a元，下一个保险期的保费与上一个保险期的赔偿次数的关系如表2所示. 上一个保险期的赔偿次数 0 1 2 3 4 下一个保险期的保费 0.95a 1.1a 1.2a 1.3a 1.4a 表2 已知甲2025年首次参保，此后计划每年都参保. ①估计甲2026年参保（第二个保险期）的保费为X元，求X的数学期望； ②求在甲2026年参保的保费大于2000元的前提下，甲2027年参保（第三个保险期）的保费少于2400元的概率. 【答案】（1） （2）①（元）；② 【解析】 【分析】（1）用频率估计概率，结合表1中数据运算求解即可； （2）①分析可知X可取1900，2200，2400，2600，2800，结合题意求相应概率和期望；②根据题意结合条件概率公式运算求解即可. 【小问1详解】 该单的赔偿次数不少于3的概率约为. 【小问2详解】 ①X可取1900，2200，2400，2600，2800. ，， ，. （元）. ②甲2026年参保的保费大于2000元的概率. 甲2026年参保的保费大于2000元，且2027年参保的保费少于2400元的情况包括： 2026年参保的保费为2200元，且2026年的赔偿次数为0； 2026年参保的保费为2400元，且2026年的赔偿次数为0. 其概率 故所求概率为. 16. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，，是边长为2的等边三角形， （1）求证： （2）若，求直线与平面所成角的正弦值 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据线线垂直可得平面，即可根据线面垂直的性质求解， （2）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可利用向量的夹角公式求解. 【小问1详解】 证明：取的中点，连接． ∵四边形为菱形，且，则， 又∵为等边三角形，∴， 而，平面，∴平面． 又∵平面，∴． 【小问2详解】 若，由是边长为2的等边三角形可得， ， 而，．以点为原点，，，分别为轴、轴、轴的正方向建系． 则，，，，． 故，， 设平面的法向量 ∴，∴即 令，则，，所以，平面的法向量． 设直线与平面所成角为， ∴, 所以直线与平面所成角的正弦值为． 17. 设函数. （1）若在上恒成立，求实数的取值范围； （2）设有两个极值点，且，求证：. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由恒成立，分离参数得恒成立，构造函数利用导数判断单调性，求出函数的最大值即可； （2）由，可知有两个不等的实数根，结合韦达定理化简，构造函数利用导数判断单调性，求出最值即可. 【小问1详解】 的定义域为， 由，得， 令，则， 当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 所以， 所以，所以实数的取值范围为. 【小问2详解】 由题意知， 故， 令，则， 当，即时，， 此时在上单调递增，不存在极值点. 当，即或时， 若，则恒成立，在上单调递增，此时不存在极值点. 若，则方程的两根为， 则或时，， 此时在上均单调递增； 时，， 此时在上单调递减， 此时函数存在两个极值点； 又，，则， 故 ， 令， 则， ， 则当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增， 则， 故. 18. 已知椭圆的左､右焦点分别为，离心率为，且经过点. （1）求方程； （2）过且不垂直于坐标轴的直线交于两点，点为的中点，记的面积为的面积为，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用离心率公式以及点在椭圆上即可求解； （2）解法一：设，利用三角形面积公式，将面积之比表示为点的纵坐标之比，利用韦达定理可求出的纵坐标之比的取值范围，从而可求解； 解法二：设，将面积之比表示为点A,B的纵坐标之比，利用韦达定理可求出A,B的纵坐标之比的取值范围，即可求解. 【小问1详解】 因为，所以， 因为点在椭圆上，所以. 即，解得，所以， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 解法一： 由（1）得，依题意设， 由消去，得， 设，则， 设，则， ， 由得，， 即， 因为，所以，所以， 所以， 令且， 则，解得，且， 所以，所以的取值范围为. 解法二： 由（1）得，依题意设， 由消去，得， 设，则， 所以， 设，则， ， 令且， 则代入可得， 消去得：， 因为，所以， 所以，解得，且， 所以，所以的取值范围为. 19. 若正整数数列满足：①为有穷数列：；②；③当时，满足的正整数对有且仅有个.称该数列为的减数列. （1）写出5的2减数列的所有情况； （2）若存在100的减数列，求正整数的最大值. 【答案】（1）所有5的2减数列有数列､数列和数列； （2）1250. 【解析】 【分析】（1）由，根据定义对数列中的项和排列顺序进行讨论，得到符合条件的数列； （2）对的值和与的大小关系进行讨论，得到数列中的项和排列形式，利用二次函数的性质求最大值. 【小问1详解】 由题意得，则或或， 故所有5的2减数列有数列､数列和数列. 【小问2详解】 若数列中的每一项都相等，则， 若，所以数列存在大于1的项， 若末项，将拆分成个1后变大，所以此时不是最大值，所以. 当时， 若，交换的顺序后变为，所以此时不是最大值，所以. 若，所以， 所以将改为，并在数列末尾添加一项1，则变大， （当数列末尾添加一项1后，因为数列中必存在大于1的项，所以必会变大） 所以此时不是最大值，所以. 若数列中存在相邻的两项，将改为2，并在数列末尾添加项1后，的值会变大，所以此时不是最大值， 所以数列的各项只能为2或1， 所以数列为的形式，设其中有项为2，有项为1， 因为存在100的减数列，所以， 所以， 所以，当且仅当时， 取最大值为1250， 所以，若存在100的减数列，的最大值为1250. 【点睛】方法点睛： 数列新定义问题，主要针对于等差，等比，递推公式和求和公式等综合运用，对常见的求通项公式和求和公式要掌握牢固，同时涉及数列与函数，数列与解析几何，数列与二项式定理，数列与排列组合等知识的综合，要将“新”性质有机地应用到“旧”性质上，创造性的解决问题. 本题要理解新定义的含义，并由此依据定义去解答问题，难点在于第3问中求参数的最大值问题，要分类讨论，确定数列的形式，从而结合设其中有项为2，有项为1，进行求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $