2025届河南省开封高级中学钱学森实验班高三下学期第十次滚动测试数学试题

2025届钱学森实验班高三下学期第十次滚动测试 数学试卷 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. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 2．已知，且，其中a，b为实数，则（    ） A． B． C． D． 3．某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了2014年1月至2016年12月期间月接待游客量（单位：万人）的数据，绘制了如图所示的折线图.根据该折线图，下列结论错误的是（    ） A．月接待游客量逐月增加 B．年接待游客量逐年增加 C．各年的月接待游客量高峰期大致在7，8月 D．各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月，波动性更小，变化比较平稳 4．已知向量满足，且，则（    ） A． B． C． D．1 5．若，，则（ ） A． B． C． D． 6．设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为（ ） A． B． C． D． 7．将离心率为的双曲线的实半轴长和虚半轴长同时增加个单位长度，得到离心率为的双曲线，则（ ） A．对任意的， B．当时，；当时， C．对任意的， D．当时，；当时， 8．已知函数设，若关于x的不等式在R上恒成立，则a的取值范围是（ ） A． B． C． D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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．若函数既有极大值也有极小值，则（    ）． A． B． C． D． 10．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.按照以下方式可构造一个半正多面体：如图，在一个棱长为4的正方体中，，，过三点可做一截面，类似地，可做8个形状完全相同的截面.关于该几何体，下列说法正确的是（    ） A．当时，该几何体是一个半正多面体 B．若该几何体是由正八边形与正三角形围成的半正多面体，则边长为 C．若该几何体是由正方形与正三角形围成的半正多面体，则体积为 D．该几何体可能是由正方形与正六边形围成的半正多面体┄ 11．已知数列各项均为正数，其前n项和满足．则下列四个结论中正确的是 （ ） A．的第2项小于3；    B．为等比数列； C．为递减数列；        D．中存在小于的项． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．若，则 . 13．已知过原点O的一条直线l与圆相切，且l与抛物线交于点两点，若，则 ． 14. 我国历史文化悠久，中国象棋就是国人喜闻乐见的一种娱乐方式.不同棋子行的规则各不相同：马走日字象走田，车走直路炮翻山，即“马”只能由“日”字格子的顶点沿“日”字的斜线走到相对的另一个顶点，，…，，如图1.请据此完成填空：如图2，假设一匹马从给定的初始位置出发，且规定其只能向“右前方走”，则其运动到点所需的步数为__________；该马运动到点所有可能落点（不包括点）的个数为__________. 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．（13分）设. （Ⅰ）求的单调区间； （Ⅱ）在锐角中，角的对边分别为,若,求面积的最大值. 16．（15分）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，点在线段上，平面，，． （1）求证：为的中点； （2）求二面角的大小； （3）求直线与平面所成角的正弦值． 17．（15分）甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若末命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8．由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5． (1)求第2次投篮的人是乙的概率； (2)求第次投篮的人是甲的概率； (3)已知：若随机变量服从两点分布，且，则．记前次（即从第1次到第次投篮）中甲投篮的次数为，求． 18．（17分）已知点A(−2,0)，B(2,0)，动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为−.记M的轨迹为曲线C. （1）求C的方程，并说明C是什么曲线； （2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G. （i）证明：是直角三角形； （ii）求面积的最大值. 19．（17分）已知函数，，其中a>1. （I）求函数的单调区间； （II）若曲线在点处的切线与曲线在点 处的切线平行，证明：； （III）证明：当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025届钱学森实验班高三下学期第十次滚动测试答案 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. 【答案】C【解析】【分析】先解绝对值不等式以及指数不等式，再根据交集定义求结果. 【详解】因为 所以故选：C 2． 【答案】A【分析】先算出,再代入计算,实部与虚部都为零解方程组即可 【详解】 由,结合复数相等的充要条件为实部、虚部对应相等，得,即故选: 3． 【答案】A【分析】观察折线图，结合选项逐一判断即可 【详解】对于选项A，由图易知月接待游客量每年7，8月份明显高于12月份，故A错； 对于选项B，观察折线图的变化趋势可知年接待游客量逐年增加，故B正确； 对于选项C，观察折线图，各年的月接待游客量高峰期大致在7，8月份，故C正确； 对于D选项，观察折线图，各年1月至6月的月接待游客量相对7月至12月，波动性更小，变化比较平稳，故D正确.故选：A 4．【答案】B【分析】由得，结合，得， 由此即可得解.【详解】因为，所以，即， 又因为，所以，从而.故选：B. 5．【答案】C【详解】试题分析：用特殊值法，令，，得，选项A错误，，选项B错误， ，选项D错误， 因为选项C正确，故选C． 【考点】指数函数与对数函数的性质 【名师点睛】比较幂或对数值的大小,若幂的底数相同或对数的底数相同,通常利用指数函数或对数函数的单调性进行比较；若底数不同,可考虑利用中间量进行比较. 6．【答案】B【详解】分析：作图，D为MO 与球的交点，点M为三角形ABC的中心，判断出当平面时，三棱锥体积最大，然后进行计算可得．详解：如图所示， 点M为三角形ABC的中心，E为AC中点， 当平面时，三棱锥体积最大 此时，, 点M为三角形ABC的中心 中，有 故选B. 点睛：本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断出当平面时，三棱锥体积最大很关键，由M为三角形ABC的重心，计算得到，再由勾股定理得到OM，进而得到结果，属于较难题型． 7．【答案】D【详解】依题意，，， 因为，由于，，， 所以当时，，，，，所以； 当时，，，而，所以，所以． 所以当时，；当时，．考点：双曲线的性质，离心率． 8．【答案】A【详解】不等式为(*)， 当时，(*)式即为，， 又（时取等号）， （时取等号），所以， 当时，(*)式为，， 又（当时取等号）， （当时取等号），所以，综上．故选A． 【考点】不等式、恒成立问题 【名师点睛】首先满足转化为去解决，由于涉及分段函数问题要遵循分段处理原则，分别对的两种不同情况进行讨论，针对每种情况根据的范围，利用极端原理，求出对应的的范围. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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．【答案】BCD【分析】求出函数的导数，由已知可得在上有两个变号零点，转化为一元二次方程有两个不等的正根判断作答. 【详解】函数的定义域为，求导得， 因为函数既有极大值也有极小值，则函数在上有两个变号零点，而， 因此方程有两个不等的正根，于是，即有，，，显然，即，A错误，BCD正确.故选：BCD 10．BCD【详解】选项A：当时，，但，不满足正多边形条件，故A错误； 选项B：如图1，因为棱长为4的正方体中，，，…，，所以，， 当此半正多面体是由正八边形与正三角形围成时，，，解得，故B正确； 选项C，如图2，当此半正多面体是由正方形与正三角形围成时，， 所以，体积为，故C正确； 选项D，当时，如图3所示，此半正多面体是由正方形与正六边形围成， 此时几何体也是半正多面体，故D正确，故选：BCD. 11．【答案】ACD【分析】推导出，求出、的值，可判断A；利用反证法可判断BD；利用数列单调性的定义可判断C. 【详解】由题意可知，，，当时，，可得； 当时，由可得，两式作差可得， 所以，，则，整理可得，因为，解得，A对； 假设数列为等比数列，设其公比为，则，即， 所以，，可得，解得，不合乎题意， 故数列不是等比数列，B错； 当时，，可得，所以，数列为递减数列，C对； 假设对任意的，，则。故答案为：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题在推断BD的正误时，利用正面推理较为复杂时，可采用反证法来进行推导. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．【答案】3【详解】 , 所以 原式，故答案为3. 点睛：三角恒等变换的主要题目类型是求值，在求值时只要根据求解目标的需要，结合已知条件选用合适的公式计算即可．本例应用两角和与差的正弦（余弦）公式化解所求式子，利用同角关系式使得已知条件可代入后再化简，求解过程中注意公式的顺用和逆用. 本题主要考查两角和与差的公式. 13． 【答案】【分析】根据圆和曲线关于轴对称，不妨设切线方程为，，即可根据直线与圆的位置关系，直线与抛物线的位置关系解出． 【详解】易知圆和曲线关于轴对称，不妨设切线方程为，， 所以，解得：，由解得：或， 所以，解得：．当时，同理可得．故答案为：． 14. 【答案】 ①. 5 ②. 10【解析】【分析】建立坐标系，根据每次行走只能按向量或行走，列方程得，即可求解. 【详解】以“马”的初始位置为原点，棋盘的横竖两边为轴建立坐标系， 以题意可得：“马”每次只能按向量或行走， 设落点为（），按上述两个向量前进的此时分别为，则 所以，即 第一空：由于，所以， 第二空：由于所以又为3的倍数，且只能往右前方前进，所以 当时，此时对应的点有，,当时，此时对应的点有， 当时，此时对应的点有，当时，此时对应的点有 综上可得，共有10种情况，故答案为：5，10 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.【答案】（Ⅰ）单调递增区间是；单调递减区间是 （Ⅱ） 面积的最大值为 【详解】试题分析：（Ⅰ）首先利用二倍角公式化简函数 的解析式，再利用正弦函数的单调性求其单调区间；（Ⅱ）首先由 结合（Ⅰ）的结果，确定角A的值，然后结合余弦定理求出三角形面积的最大值. 试题解析：解：（Ⅰ）由题意知┄┄┄3分 由 可得 由 可得 所以函数 的单调递增区间是 ； 单调递减区间是┄┄┄┄┄┄┄┄6分 （Ⅱ）由 得由题意知为锐角，所以┄┄┄┄┄┄┄┄8分 由余弦定理：可得： 即： 当且仅当时等号成立. ┄┄┄┄┄┄┄┄11分 因此所以面积的最大值为┄┄┄┄┄┄┄┄13分 考点：1、诱导公式；2、三角函数的二倍角公式；3、余弦定理；4、基本不等式. 16．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）． 【分析】（1）设，的交点为，由线面平行性质定理得，再根据三角形中位线性质得为的中点．（2）先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，列方程组解各面法向量，根据向量数量积求向量夹角，最后根据二面角与向量夹角相等或互补关系求二面角大小（3）先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，列方程组解各面法向量，根据向量数量积求向量夹角，最后根据线面角与向量夹角互余关系求线面角大小 【详解】（1）设，的交点为，连接． 因为平面，平面平面，所以．┄┄┄┄2分 因为是正方形，所以为的中点，所以为的中点． ┄┄┄┄┄┄┄┄4分 （2）取的中点，连接，．因为，所以． 又平面平面，且平面，所以平面． 因为平面，所以．因为是正方形，所以． ┄┄┄┄┄┄┄┄6分 如图，建立空间直角坐标系，则，，， 所以，．┄┄┄┄┄┄┄┄7分 设平面的法向量为，则，即． 令，则，，于是．┄┄┄┄┄┄┄┄9分 平面的法向量为，所以． 由题知二面角为锐角，所以它的大小为． ┄┄┄┄┄┄┄┄11分 （3）由题意知，，． ┄┄┄┄┄┄┄┄13分 设直线与平面所成角为，则． 所以直线与平面所成角的正弦值为．┄┄┄┄┄┄┄┄15分 17．【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）根据全概率公式即可求出； （2）设，由题意可得，根据数列知识，构造等比数列即可解出； （3）先求出两点分布的期望，再根据题中的结论以及等比数列的求和公式即可求出． 【详解】（1）记“第次投篮的人是甲”为事件，“第次投篮的人是乙”为事件，┄┄┄┄┄┄┄┄1分 所以， .┄┄┄┄┄┄┄┄4分 （2）设，依题可知，，则 ，┄┄┄┄┄┄┄┄5分 即，┄┄┄┄┄┄┄┄6分 构造等比数列，设，解得，则，┄┄┄┄┄┄8分 又，所以是首项为，公比为的等比数列，┄┄┄┄┄┄┄┄9分 即．┄┄┄┄┄┄┄┄11分 （3）因为，，┄┄┄┄┄┄┄┄13分 所以当时，， 故．┄┄┄┄┄┄┄┄15分 【点睛】本题第一问直接考查全概率公式的应用，后两问的解题关键是根据题意找到递推式，然后根据数列的基本知识求解． 18．【答案】（1）详见解析（2）详见解析 【分析】（1）分别求出直线AM与BM的斜率，由已知直线AM与BM的斜率之积为−，可以得到等式，化简可以求出曲线C的方程，注意直线AM与BM有斜率的条件； （2）（i）设出直线的方程，与椭圆方程联立，求出P，Q两点的坐标，进而求出点的坐标，求出直线的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数关系求出的坐标，再求出直线的斜率，计算的值，就可以证明出是直角三角形； （ii）由（i）可知三点坐标，是直角三角形，求出的长，利用面积公式求出的面积，利用导数求出面积的最大值. 【详解】（1）直线的斜率为，直线的斜率为，┄┄┄┄┄┄┄┄1分 由题意可知：，所以曲线C是以坐标原点为中心，焦点在轴上，不包括左右两顶点的椭圆，其方程为；┄┄┄┄┄┄┄┄3分 （2）（i）[方法一]【分别求得斜率的表达式利用斜率之积为即可证得题中的结论】 依题意设， 直线的斜率为，则，┄┄┄┄┄┄┄┄5分 所以．┄┄┄┄┄┄┄┄6分 又，所以，┄┄┄┄┄┄┄┄7分 进而有，即是直角三角形．┄┄┄┄┄┄┄┄8分 [方法二]【利用三点共线和点差法真的斜率之积为即可证得题中的结论】 由题意设，则． 因为Q，E，G三点共线，所以，┄┄┄┄┄┄┄┄5分 又因为点P，G在椭圆上，所以，┄┄┄┄┄┄┄┄6分 两式相减得，┄┄┄┄┄┄┄┄7分 所以，所以．┄┄┄┄┄┄┄┄8分 （ii）[方法一]【求得面积函数，然后求导确定最值】 设，则直线的方程为，联立解得┄┄┄┄┄┄10分 所以直线的方程为．┄┄┄┄┄┄┄┄12分 联立直线的方程和椭圆C的方程，可得，┄┄┄┄13分 则， 所以．┄┄┄┄┄15分 令，即．┄┄┄┄┄┄┄┄16分 注意到，得，所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，所以当时，．┄┄┄┄┄┄┄┄17分 [方法二]【利用弦长公式结合韦达定理求得面积表达式，然后求导确定最值】 设的中点为N，直线的斜率为k，则其方程为． 由解得．┄┄┄┄┄┄┄┄10分 由（Ⅰ）得．直线的方程为，直线的方程为， 联立得，．┄┄┄┄┄┄┄┄13分 又，从而，┄┄┄┄┄┄┄┄15分 进而．以下同解法一． 【整体点评】(2)(i)方法一：斜率之积为是证明垂直的核心和关键； 方法二：利用三点共线和点差法使得问题的处理更加简单. (ii)导数是求最值的一种重要方法，在求最值的时候几乎所有问题都可以考虑用导数求解； 19．【答案】(Ⅰ)单调递减区间，单调递增区间为；(Ⅱ)证明见解析；(Ⅲ)证明见解析. 【分析】（I）由题意可得，由以及即可解出； （II）分别求出两切线方程，根据直线平行的条件得，两边取对数即可证出； x 0 0 + 极小值 （III）方法一：分别求出两曲线的切线的方程，则问题等价于当时，存在，，使得l1和l2重合，构造函数，令，利用导数证明函数存在零点，即可证出. 【详解】（I）由已知，，有.┄┄┄┄┄┄┄┄1分 令，解得x=0. 由a>1，可知当x变化时，，的变化情况如下表： 所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为.┄┄┄┄┄┄┄┄4分 （II）由，可得曲线在点处的切线斜率为.┄┄┄┄┄┄┄┄5分 由，可得曲线在点处的切线斜率为.┄┄┄┄┄┄┄┄6分 因为这两条切线平行，故有，即.┄┄┄┄┄┄┄┄7分 两边取以a为底的对数，得，所以.┄┄┄┄┄┄┄┄8分 （III）［方法一］：导数的几何意义＋零点存在性定理 曲线在点处的切线l1：.┄┄┄┄┄┄┄┄9分 曲线在点处的切线l2：.┄┄┄┄┄┄┄┄10分 要证明当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线， 只需证明当时，存在，，使得l1和l2重合. 即只需证明当时，方程组有解，┄┄┄┄┄┄┄┄11分 由①得，代入②，得.   ③ 因此，只需证明当时，关于x1的方程③存在实数解. 设函数，即要证明当时，函数存在零点. ┄┄┄12分 ，可知时，； 时，单调递减，又，， 故存在唯一的x0，且x0>0，使得，即.┄┄┄┄┄┄┄┄13分 由此可得在上单调递增，在上单调递减. 在处取得极大值.因为，故， 所以.┄┄┄┄┄15分 下面证明存在实数t，使得.由（I）可得，当时， 有，根据二次函数的性质， 所以存在实数t，使得，┄┄┄┄┄┄┄┄16分 因此，当时，存在，使得. 所以，当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线. ┄┄┄┄17分 ［方法二］：因为曲线在点处的切线斜率为，曲线在点处的切线斜率为，所以直线l满足如下条件：┄┄┄┄┄11分 ．┄┄┄┄┄┄┄┄12分 记，则是关于t的减函数． ， 使，即，即．┄┄┄┄┄┄┄┄13分 当时，；当时，，，由（Ⅰ）可得当时，．┄┄┄┄┄┄┄┄15分 若．则，取，， 所以在区间内存在零点．┄┄┄┄┄┄┄┄16分 所以当时，存在直线l，使l曲线的切线，也是曲线的切线．┄┄┄┄┄17分 【整体点评】（III）方法一：利用切线重合，建立等量关系，通过消元得出方程，根据方程有解，转化为函数有零点，由零点存在性定理证出； 方法二：根据斜率相等得出方程，引入新变元，构建关于新变元的方程，再由方程有实根，转化为对应函数有零点，即可证出． 学科网（北京）股份有限公司 $$