精品解析：黑龙江省大庆实验中学实验二部2024-2025学年高三下学期得分训练（二）数学试题

大庆实验中学实验二部2022级高三得分训练（二） 数学试题 一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求的． 1. 若复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. 1 D. 2. 10名同学合影，站成了前排3人后排7人，现摄影师要从后排7人中抽2人调整到前排，其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是（ ） A. 168 B. 630 C. 252 D. 420 3. 若关于的不等式的解集是，则的取值范围是（ ） A. B. C D. 4. 函数部分图象如图所示，已知，若其解析式为，则（ ） A. B. C. 0 D. 1 5. 如图，一个四分之一球形状的玩具储物盒，若放入一个玩具小球，合上盒盖．可放小球的最大半径为2．若是放入一个正方体，合上盒盖，则可放正方体的最大棱长为（ ） A B. C. D. 6. 已知在平面直角坐标系中，，，动点满足，点为抛物线上一动点且在抛物线准线上的投影为，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 函数的定义域为，且对任意的实数，都有，且，则下列说法错误的是（ ） A. 为偶函数 B. 为周期函数且周期为12 C. D. 8. 将正整数集中所有与21不互素的数划掉，记剩下的数由小到大排成数列，再按照两项，一项，两项，一项的顺序循环分组：，那么在第（ ）组． A. B. C. D. 二、多选题：本大题共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. 下列命题正确的是（ ） A. 已知关于的回归方程为，则样本点的残差为 B. 数据2，7，4，5，16，1，21，11的第75百分位数为11 C. 已知随机变量，若最大，则的取值集合是 D. ，，，和，，，的方差分别为和，若且，则 10. 已知函数，则（ ） A. 当时，函数的最小值为 B. 存在实数，使得函数图象是中心对称图形 C. 若是函数的极大值点，则实数的取值范围为 D. 若过原点可作三条直线与曲线相切，则实数的取值范围为 11. 圆的相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等．如图，已知圆的半径2，点是圆内的定点，且，弦，均过点，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，面积的最大值为 B. 的取值范围是 C. 当时，为定值 D. 当时，四边形面积的最大值为8 三、填空题：本题共3小题，每空5分，共15分.把答案填在答题卡的相应位置． 12. 已知各项均不为零的数列，其前项和是，且．若为递增数列，，则的取值范围是________． 13. 平行六面体为不计容器壁厚度的密封容器，里面盛有体积为的水（未盛满容器），已知，，．若将该密封容器任意摆放均不能使水面呈三角形，则的取值范围是________． 14. 已知，从椭圆外一点向椭圆引两条切线，切点分别为，则直线方程为称为点关于椭圆的极线．如图，两个椭圆、的方程分别为和，离心率分别为、，在内，椭圆上的任意一点关于椭圆的极线为．若到的距离为定值1，则取最大值时的值为________． 四、解答题：本大题共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. 已知中，角，，所对的边分别为，，， （1）求证：； （2）若，求周长的取值范围． 16. 如图，在梯形中，，，，分别是，的中点，以为折痕将折起使到达的位置，得到四棱锥，，分别是是和的中点． （1）证明：平面； （2）当时，求直线和平面夹角的余弦值． 17. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）设的两个极值点为．当且时，求的取值范围. 18. 双曲线第二定义：设动点到定点的距离与点到定直线的距离的比是，当时，该动点的轨迹为双曲线．定点为双曲线焦点，定直线为双曲线准线，比值为双曲线离心率．已知动点满足到定点的距离与到定直线的距离的比是2，点坐标为． （1）求点的轨迹方程及的最小值； （2）直线与轨迹的右支交于两点，． （i）若直线过点且与两渐近线分别交于点，，求的取值范围； （ii）若，两点关于直线对称，并且过点．求的取值范围． 19. 对，通过抛掷一枚均匀硬币次后生成有序数对，具体生成规则如下：①规定；②当第次抛掷硬币时：如果出现硬币正面朝上，若，则，否则；如果出现硬币反面朝上，若，则，否则．抛掷次硬币后，记概率为． （1）写出的所有可能结果，并求，； （2）证明：数列是等比数列，并求； （3）设，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 大庆实验中学实验二部2022级高三得分训练（二） 数学试题 一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求的． 1. 若复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】先计算等号右边模长，再由复数的乘法运算和虚部的概念求解可得. 【详解】，所以，则，即， 所以的虚部为. 故选：A. 2. 10名同学合影，站成了前排3人后排7人，现摄影师要从后排7人中抽2人调整到前排，其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是（ ） A. 168 B. 630 C. 252 D. 420 【答案】D 【解析】 【分析】要从后排7人中抽2人调整到前排，因要保持其他人的相对顺序不变，故可采用两次插空法，即将其中1人先在前排3人的4个空中插入，再将另一人在前排已经排好的4人的5个空中插入即可. 【详解】从后排7人中选2人共有种选法，这2人插入前排3人中且保证前排人的顺序不变， 则可先从3人中的4个空挡插入1人，有种插法；余下的1人则要插入前排4人的5个空挡中，有种插法， 则不同调整方法的种数是种． 故选：D. 3. 若关于的不等式的解集是，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由已知根据解集的形式判断二次函数的开口方向和方程根的大小关系，即可求解. 【详解】因为关于的不等式的解集是， 所以且， 解得，所以的取值范围是. 故选：. 4. 函数的部分图象如图所示，已知，若其解析式为，则（ ） A. B. C. 0 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】利用图象可得一条对称轴，再利用图象可得对应相位的取值，再通过一个函数值，再结合图象再得到对应相位的取值，最后联立可解得，从而问题得以解决. 【详解】由图可得，是的一条对称轴， 所以，则根据图象可取， 又，则根据图象可取， 联立解得：，满足， 所以，即， 故选：B. 5. 如图，一个四分之一球形状的玩具储物盒，若放入一个玩具小球，合上盒盖．可放小球的最大半径为2．若是放入一个正方体，合上盒盖，则可放正方体的最大棱长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】画出截面图，设储物盒所地球的半径为，从而利用表达出小球最大半径和正方体棱长，求出即可. 【详解】设储物盒所在球的半径为，如图， 小球最大半径满足，所以， 正方体的最大棱长满足，解得， 故选：C. 6. 已知在平面直角坐标系中，，，动点满足，点为抛物线上一动点且在抛物线准线上的投影为，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，求得点的轨迹为以为圆心，半径为的圆，再由抛物线得到，转化为，结合图象，得到当且仅当四点共线时，取得最小值，求得，即可求解. 【详解】因为，，且动点满足， 设，可得，整理得， 所以点的轨迹为以为圆心，半径为的圆， 由抛物线，可得且准线方程为， 又因为点在抛物线的准线方程为的投影为， 因为抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离相等，所以， 所以， 当且仅当四点共线时， 取得最小值，且， 所以. 即的最小值为. 故选：B. 7. 函数的定义域为，且对任意的实数，都有，且，则下列说法错误的是（ ） A. 为偶函数 B. 为周期函数且周期为12 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】用代替，可得，可判断C；用替换，结合偶函数的性质可得A正确；用替换，结合偶函数的性质可得B正确；由函数的周期性可得D错误. 【详解】因为，用代替，可得， 令，得，即， 令，得，所以，C正确； 用替换，可得，所以， 所以函数为偶函数，A正确； 用替换，可得， 所以，所以， 所以，即． 所以， 故是以12为周期的周期函数，B正确； ， 所以； ，，， 所以，D错误. 故选：D. 8. 将正整数集中所有与21不互素的数划掉，记剩下的数由小到大排成数列，再按照两项，一项，两项，一项的顺序循环分组：，那么在第（ ）组． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题设找到分组的规律为“每组（共个元素）构成一个大组，且各组中的元素除以后余数相异”，据此可求在第组. 【详解】正整数集中，划掉所有与21不互素的数等价于划掉3或7的倍数， 余下的数按题设要求可分组如下： ，，，，，，，； ，，，，，，，， 每行均有组（共个元素），且各组中的元素除以后余数相异， 而，故在第行， 而第行的第一组为， 第二组为，第三组为， 故为第行的第组．则在第组． 故选：A. 二、多选题：本大题共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. 下列命题正确的是（ ） A. 已知关于的回归方程为，则样本点的残差为 B. 数据2，7，4，5，16，1，21，11的第75百分位数为11 C. 已知随机变量，若最大，则的取值集合是 D. ，，，和，，，的方差分别为和，若且，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】据残差、百分位数、二项分布、样本方差等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】对于A，样本点的残差为，故A正确； 对于B，因为， 从小到大排序为1,2,4,5,7,11,16,21， 所以分位数是，故B错误； 对于C，若最大，则， 解得，所以的取值集合是，故C正确； 对于D，若且，2，3，，则， 所以，故D正确． 故选：ACD 10. 已知函数，则（ ） A. 当时，函数的最小值为 B. 存在实数，使得函数的图象是中心对称图形 C. 若是函数的极大值点，则实数的取值范围为 D. 若过原点可作三条直线与曲线相切，则实数的取值范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于选项A，首先对原函数求导，然后判断时函数的单调性，从而确定极小值点，进而求出函数的最小值；对于选项B，可通过举例证实函数的图像是中心对称图形；对于选项C，根据函数的极大值点这一条件，判断导数的单调区间，进而确定的取值范围；对于选项D，首先定义切点坐标，然后求出斜率以及切线方程，根据该切线经过原点，可得出关于的表达式，然后构造函数求出函数的单调区间，进而确定有三个根时的取值范围. 【详解】对原函数求导得， 对于A选项，当时，，时；时. 所以函数的减区间为，增区间为，此时 在处取极小值也是最小值为. 故A选项正确； 对于B选项，举例，当时，， 又由， 可得函数图象关于点对称，是中心对称图形， 故B选项正确； 对于C选项，由A选项可知，当时，是函数的极小值点，不符合选项C的条件； 当时，令，可得或， 若是函数的极大值点，必有，可得，故C选项错误； 对于D选项，设切点为，则斜率为，因为. 则切线方程为. 由于切线过原点，所以有 化简得，整理为， 令，有， 可得函数的减区间为，增区间为，， 又由时，；时，；及， 可知当时，关于的方程有且仅有3个根， 所以可得过原点可作三条直线与曲线相切，故D选项正确. 故选：. 11. 圆的相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等．如图，已知圆的半径2，点是圆内的定点，且，弦，均过点，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，面积的最大值为 B. 的取值范围是 C. 当时，为定值 D. 当时，四边形面积的最大值为8 【答案】BC 【解析】 【分析】由为等边三角形面积最大可判断A，取为中点，连接，则，可判断B，由，结合数量积运算可判断C，由面积公式，再结合基本不等式即可求解. 【详解】 对于A，当时，由正弦定理，， 要使得面积的最大，则在圆上，到的距离要最大， 此时即为等边三角形， 所以面积的最大值为， 故A错误； 对于B，若为中点，连接，则 ， 由题意，则，故B正确； 对于C，若，故， 则， 又 ， 则，同理可得，故， 故C正确； 对于D，设圆心到的距离为，由，可得 当时四边形面积为 ，当且仅当又时，取等号，所以面积最大值为7，故D错误． 故选：BC 三、填空题：本题共3小题，每空5分，共15分.把答案填在答题卡的相应位置． 12. 已知各项均不为零的数列，其前项和是，且．若为递增数列，，则的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】利用关系得，且得，结合数列的单调性求参数范围. 【详解】由题设， 又各项均不为零，则， 由，则， 又为递增数列，则， 而，即，则， 综上，，即的取值范围是. 故答案为： 13. 平行六面体为不计容器壁厚度的密封容器，里面盛有体积为的水（未盛满容器），已知，，．若将该密封容器任意摆放均不能使水面呈三角形，则的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】由已知连接交于点O，连接，可得平行六面体的高为，分别计算水量较少和水量较多时，水面呈三角形时的水的体积，然后可得答案. 详解】 连接交于点O，连接， 因为，， 所以和是全等的等边三角形，所以， 又为中点，所以， 因为，所以， 所以，所以， 因为，所以， 所以，又，，平面， 所以平面，所以平行六面体的高为， 当水量较少，水面恰好为长方体的截面时， ， 当水量较多，水面恰好为长方体的截面时， 因为， 所以 ， 所以的取值范围是. 故答案为：. 14. 已知，从椭圆外一点向椭圆引两条切线，切点分别为，则直线方程为称为点关于椭圆的极线．如图，两个椭圆、的方程分别为和，离心率分别为、，在内，椭圆上的任意一点关于椭圆的极线为．若到的距离为定值1，则取最大值时的值为________． 【答案】## 【解析】 【分析】利用设动点，可得极线方程，即可求原点到极线的距离，通过距离为定值1，得到相等关系，再通过动点在椭圆上，再得相等关系，由于这两个等式恒成立，则可得系数关系，最后转化到离心率上求最值即可. 【详解】设椭圆，，则． 设椭圆，，则． 设， 由题意可得方程为：， 因为原点到直线的距离恒为1，所以． 又因为为椭圆上的点，所以， 所以，， 所以， 设，则， ， 当时，取得最大值，此时为． 故答案为：． 四、解答题：本大题共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. 已知中，角，，所对的边分别为，，， （1）求证：； （2）若，求周长的取值范围． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理角化边，结合余弦定理得到，再结合，得到，进而可求证； （2）先确定，再结合正弦定理得到，，进而可求解. 【小问1详解】 由得， 从而， 得， 由余弦定理得，即， 由正弦定理得， 又在三角形中，， 所以． 所以，即． 所以或， 即或． 因为，，所以． 【小问2详解】 由得， 所以， 即，解得， 因为，由正弦定理得，所以， 由正弦定理得 ， 故的周长． 令，由（1）知，所以． 因为函数在上单调递增， 所以周长的取值范围为． 16. 如图，在梯形中，，，，分别是，的中点，以为折痕将折起使到达的位置，得到四棱锥，，分别是是和的中点． （1）证明：平面； （2）当时，求直线和平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）结合题意判断是等边三角形，再合理作出辅助线并利用平行四边形和菱形的性质得到是的中点，利用题意结合中位线定理得到，最后利用线面平行的判定定理证明即可. （2）利用勾股定理逆定理得到，利用折叠性质得到，利用菱形性质得到，进而建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，利用线面角的向量求法得到正弦值，再利用同角三角函数的基本关系求解余弦值即可. 【小问1详解】 由题意得，得到， 因为是的中点，所以， 因为，所以四边形是平行四边形， 得到，故，则是等边三角形， 如图，连接，设与相交于点， 因为，所以四边形是菱形，同理可得四边形是菱形， 因为是的中点，是的中点，所以， 而，则四边形为平行四边形， 得到是的中点， 因为是的中点，所以由中位线定理得， 而面，面，故平面. 【小问2详解】 取的中点，连接，则由折叠性质得， 因为是等边三角形，所以，故， 则，由题意得， 则，由勾股定理逆定理得， 因为是等边三角形，所以由三线合一性质得， 由折叠性质得，且面，， 则平面，由菱形性质得， 以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 得到，，， 设平面的一个法向量为， 则，即，令，则，则， 设直线和平面夹角，则， 而，故， 由同角三角函数的基本关系得，解得， 故直线和平面夹角余弦值为． 17. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）设的两个极值点为．当且时，求的取值范围. 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用求导思想，把导函数转化为复合的一元二次方程，通过一元二次方程是有一个正根或两个正根或没有正根来讨论导函数的正负区间，从而来判断原函数的单调性； （2）利用韦达定理转化，再利用已知条件来确定定义域，从而构造函数求导判断单调性求值域. 【小问1详解】 ，则， 令，，则， 因，故， 当，即时，，则在上单调递减; 当时，令，，，，，， 在和单调递减，在单调递增; 当时，，，则上单调递增，在单调递减; 综上所述，当时，则在上单调递减， 当时，在和单调递减，在单调递增； 当时，在上单调递增，在单调递减. 【小问2详解】 由（1）可知，， 因为要有两个极值点，则， 由 ， 又因为，而， 由，即， 则根据对钩函数在区间上递增，则有， 所以有，解得. 则令，，则， 则当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减， 则，，， 又因为， 所以，即的取值范围是. 18. 双曲线第二定义：设动点到定点的距离与点到定直线的距离的比是，当时，该动点的轨迹为双曲线．定点为双曲线焦点，定直线为双曲线准线，比值为双曲线离心率．已知动点满足到定点的距离与到定直线的距离的比是2，点坐标为． （1）求点的轨迹方程及的最小值； （2）直线与轨迹的右支交于两点，． （i）若直线过点且与两渐近线分别交于点，，求的取值范围； （ii）若，两点关于直线对称，并且过点．求的取值范围． 【答案】（1），5 （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）设，根据题意列方程化简即可求解点的轨迹方程，根据双曲线的第二定得，然后利用三点共线求得最小距离； （2）（i）设直线方程，与双曲线方程联立韦达定理，利用弦长公式求出，分别求出点，的坐标，进而求出的表达式，然后利用二次函数性质求解范围即可； （ii）设直线方程，与双曲线方程联立韦达定理，利用弦长公式求出，分别求出点，的坐标，进而求出，，从而，根据正切函数单调性得，再由求解范围即可. 【小问1详解】 设，由题意，所以， 平方化简得，即点的轨迹方程为． 由双曲线的第二定义可知， 又的最小值为到准线的水平距离， 所以的最小值为． 【小问2详解】 （i）如图： 双曲线的渐近线为，显然直线过焦点的直线斜率不为0， 故可设其方程为：． 由， 整理得：． 设，则， 所以． 于是． 又由，即； 同理：， 所以． 所以， 因为直线与轨迹的右支交于两点，，所以， 所以，所以． （ii）设，， 联立，则， 所以，即， 且，， 则， 则的中点为，即， 因为线段的中垂线过点， 则，整理得． 则，，， 由，，则，， 则，解得， 又 ， 则， 又，则，即， 又，则的取值范围为. 19. 对，通过抛掷一枚均匀硬币次后生成有序数对，具体生成规则如下：①规定；②当第次抛掷硬币时：如果出现硬币正面朝上，若，则，否则；如果出现硬币反面朝上，若，则，否则．抛掷次硬币后，记的概率为． （1）写出的所有可能结果，并求，； （2）证明：数列是等比数列，并求； （3）设，求的最大值． 【答案】（1）答案见解析，，． （2）证明见解析， （3）答案见解析 【解析】 【分析】（1）利用枚举法可求所有可能结果，由古典概型的概率公式可求概率； （2）由全概率公式可求，从而得的递推关系，利用构造法可求其通项. （3）结合（2）的结果可求的最大项，从而可求的最大值. 【小问1详解】 当第1次抛掷硬币时， 若正面朝上，由知， 则； 若反面朝上，由知， 则； 当第2次抛掷硬币时，如果正面朝上， 此时若第1次正面朝上，由知， 则 此时若第1次反面朝上，由知， 则 当第2次抛掷硬币时，如果反面朝上， 此时若第1次正面朝上，由知， 则 此时若第1次反面朝上，由知， 则 所以的所有可能结果共3个，所以，． 【小问2详解】 由（1）的分析可得， 当第次抛掷硬币时： 如果出现硬币正面朝上，若， 则，此时； 否则，此时， 而，也有， 如果出现硬币反面朝上，同理有，依次可得. 当，且第次掷出正面时， 有，此时，当，且第次掷出反面时， 有，此时，所以: ， 即，所以 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以，所以． 【小问3详解】 由（2）知， 而，故在上单调递增， 故最大时取得最大值； 当且为奇数时，， 当且为偶数时，， 且随着的增大而减小， 所以即 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$