2025届河南省开封高级中学钱学森实验班高三下学期周测（四）数学试题

2025届钱学森实验班高三下学期周测（四）数学答案 1.【答案】A 【解析】，则，虚部是1，选A. 2.【答案】D 【解析】∵，∴，∴ 3.【答案】C 【解析】淘汰法或写出真命题，然后根据主元思想求出的取值范围. 4.【答案】B 【解析】函数向左平移个单位后为，当时，，∵单调递增，且，∴，∴. 5.【答案】B 【解析】设数列的公差为，首项为，∵，两边同除以6得：， ∴，解得，又，即，解得，故选：B. 6.【答案】C 【解析】（方法一）设，∵，∴，∴，∴，∴，∵， ∴，，，代入解得，∴，∴，选C. （方法二）因为，，所以为等腰直角三角形， 又因为，为中线，所以，，所以.因为，所以，所以，即， 所以.过点作交于点，所以，因为，设，则，所以，解得，∴.选C. 7.【答案】B 【解析】∵ .其中，∴，选B. 8.【答案】C 【解析】选项A，该半圆围成的圆锥，如图所示， 设圆锥底面半径为，则，∴，∴， ∵为的中点，为的中点，∴，且， ∴，为等腰直角三角形，选项A错误； 选项B，若平面，则，直角中，，∴，选项B错误； 选项C，∵，∴平面，选项C正确； 选项D，∵，，∴平面，∴平面平面，∴到直线的距离即为到平面的距离，又∵，∴到直线的距离等于到直线的距离，为，选项D错误；故正确选项为C. 9.【答案】ABC 【解析】由题意可知，函数， 而，结合图像易得.故正确选项为ABC. 10.【答案】ABD 【解析】∵，∴，∵，∴，∵，∴， ∴，故A正确； ∵，∴， 又∵解得，，故B正确； ，故C不正确； ，故D正确；综上，选ABD 11.【答案】BCD 【解析】∵直线的斜率为， ∴直线的方程为，即，∵，∴直线的方程为，联立，消得：， ∵直线与抛物线相切，∴，∴，∴A错误； 同理可得，∴，∵，∴ 整理得，∵，∴，∴选项B正确； 由可得，代入得，∴选项C正确； 将直线的方程与抛物线联立，同理可得， ∴直线与抛物线相切，∴选项D正确：综上所述，正确选项为BCD. 12.【答案】 【解析】：函数的导数，∵函数在处的倾斜角为， ∴，∴，∴ 13.【答案】 【解析】，，，，，， ∵有且只有一组数对满足不等式，∴，的取值集合为 14.【答案】 【解析】设点在平面内的投影为，因为直线，与平面所成角分别为，，且，则，根据线面夹角关系可知，，所以，由阿波罗尼斯圆可知，投影在圆上运动，以为轴，过的中点作垂线，建立如图所示直角坐标系.令，由题可知，，. 则，化简得，可知在以为圆心，半径为的圆上，当最小时，最小，即三棱锥的体积最小， 此时，，，， ∴点在底面上的射影在上，且，又∴此时三棱锥的外接球的球心为的中点，外接球的半径， 15．(1)解：在中，设内角、、的对边分别为、、， 因为，即， 由题意得：由正弦定理得，即， 所以，，又因为，所以，. (2)解：，代入，则，即， 因为，所以，，则，可得，因此，的周长为. 16.【解析】（1）由，，，，平面， 可得平面，又平面，则， 在中，根据勾股定理， （2）如图，过点作于点，由（1）可知，平面平面，交于， ∴平面，∵，又，，∴为直角三角形， ∴如图，以为轴，为轴，过作的平行线为轴建立如图所示的空间直角坐标系 则，，，有，， 设平面的法向量，则，令，解得其中一个法向量；于是，， 故与平面所成角的正弦值为. 17. 解：（1）依题意知甲、乙两人所付费用相同时，可能是元或元或元 甲滑雪2小时以上，3小时以内的概率为， 乙滑雪2小时以上，3小时以内的概率为， 所以两人付费均为元的概率为，两人付费均为元的概率为 两人付费均为元的概率为 所以，甲、乙两人所付费用的概率为 （2）的所有可能取值为：， 则，， ， 所以，随机变量的分布列如下表所示： 0 40 80 120 18.18.【解析】（1）（方法一）易知，由无极值点可知， 无变号零点，令（*）， 显然时，（*）无零点，此时无极值点，满足题意；故（*）可变形得， 令，原问题等价于的图像与无相交交点，又，则，，单调递增；，，单调递减； 又，；，；；故，解得， 综上， （方法二）构建，则 ①当时，当时恒成立，在上单调递增，因为，，所以有一个零点，即为的一个极值点； ②当时，当时恒成立，即无极值点； ③当时，当，；当，， 所以在单调递减，在上单调递增， 故，若，则即. 当时，，当时，， 设，，故，故在上为增函数， 故，故，故当时，有两个零点，此时有两个极值点.当时，当时恒成立，即无极值点；综上所述： （2）（方法一）由可知，，即， 令，易知， 则， 若，即时，则，，单调递增，，不符合题意；若，即时，则，，单调递减， ，，单调递增，，，单调递减， 又，故令，解得，即，若，即时，则，，单调递减， ，，单调递增，，，单调递减 故令 记，则恒成立， 故当时，，即， 即对于任意，恒成立，综上所述， （方法二）①当时，不等式恒成立，可得； ②当时，可得恒成立，设， 则 . 可设，可得，设，， 由，可得恒成立，可得在递增，在递增，所以，即恒成立，即在递增，所以， 再令，可得，当时，，在递增； 时，，在递减，所以， 所以，综上可得的取值范围是. 【答案】(1)(2)证明见解析(3)证明见解析 【详解】（1）设，由题意得，即，化简整理得， 所以曲线C的方程为； （2）证明：由题意可知，都在第一象限，作差化简整理得，而，所以， 设的中点为，所以，因为曲线C的渐近线方程为，所以，所以； （3）由题意可知直线l的斜率存在，设直线l的方程为，，，，联立方程组，整理得，则，所以，，因为，同理由，得化简整理得， 所以，化简整理得， 代入，化简整理得，所以点D在定直线上. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025届钱学森实验班高三下学期周测（四） 数学试卷 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1.设复数，则的虚部是（ ） A.1 B.-1 C. D. 2.设双曲线：（，）的右焦点为，过作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为，若（为坐标原点），则双曲线的离心率为（ ） A. B.3 C.2 D. 3.若命题“，”是假命题，则不能等于（ ） A. B.0 C.1 D. 4.若函数（）向左正移个单位后在区间上单调递增，则（ ） A. B. C. D. 5.已知数列的前项和为，若是等差数列，且，，则（ ） A.1 B. C.10 D. 6.如图，在中，，，是边的中点，过点作于点，延长交于点，则（ ） A. B. C. D. 7.（ ） A. B. C. D. 8.如图所示是一个以为直径，点为圆心的半圆，其半径为4，为线段的中点，其中，，是半圆圆周上的三个点，且把半圆的圆周分成了弧长相等的四段，若将该半圆围成一个以为顶点的圆锥的侧面，则在该圆锥中下列结果正确的是（ ） A.为正三角形 B.平面 C.平面 D.点到平面的距离为 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9.设函数，则下列结论正确的是（ ） A.存在实数使得 B.方程有唯一正实数解 C.方程有唯一负实数解 D.有负实数解 10.已知随机事件，满足，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 11.设点（）是抛物线上任意一点，过点作抛物线的两条切线，分别交抛物线于点和点，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D.直线与抛物线相切 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12.已知曲线在点处的切线的倾斜角为，则的值为______. 13.已知，，若有且只有一组数对满足不等式 ，则实数的取值集合为______. 14.在三棱锥中，，且.记直线，与平面所成角分别为，，已知，当三棱锥的体积最小时，则三棱锥外接球的表面积为______. 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．在中，. (1)求角的大小； (2)若，的面积为，求的周长. 16.（15分） 如图1，在矩形中，，，将沿矩形的对角线进行翻折，得到如图2所示的三棱锥，且. 图1 图2 （1）求翻折后线段的长； （2）点满足，求与平面所成角的正弦值. 17. （本题满分15分） 为推广滑雪运动，某滑雪场开展滑雪促销活动．促销活动期间的收费标准是：滑雪时间不超过1小时免费，超过1小时的部分每小时收费标准为40元(不足1小时的部分按1小时计算)．促销活动期间，有甲、乙两人相互独立地来该滑雪场运动，设甲、乙两人滑雪不超过1小时就离开的概率分别为，；滑雪1小时以上且不超过2小时再离开的概率分别为，；且两人滑雪时间都不会超过3小时． (1)求甲、乙两人所付滑雪费用相同的概率； (2)设甲、乙两人所付的滑雪费用之和为随机变量ξ，求ξ的分布列与均值E(ξ)，方差D(ξ)． 18.（17分） 已知函数，.（注：是自然对数的底数） （1）若无极值点，求实数的取值范围； （2）当时，恒成立，求实数的取值范围. 19．（17分）设，两点的坐标分别为，．直线，相交于点P，且它们的斜率之积为4．记点P的轨迹为曲线C． (1)求曲线C的方程； (2)数列，是正项数列，且数列是公差为4的等差数列，点在曲线C上，求证：； (3)过点的直线l交曲线C于A，B两点（A，B两点在y轴右侧），在线段AB上取异于A，B的点D，且满足，证明：点D在定直线上． 学科网（北京）股份有限公司 $$