山东省菏泽第一中学南京路校区2026届高三11月检测数学试题

2025年菏泽一中南京路校区高三上学期11月检测数学试题 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，只有一项符合题目要求。 1．已知集合，则　　 A． B．， C．， D．，2， 2．在某次高三模拟考试后，数学老师随机抽取了6名同学第一个解答题的得分情况如下：7，9，5，8，4，1，则这组数据的平均数和极差分别为　　 A． B． C． D． 3．已知，则　　 A． B． C． D． 4．正方形中，，，设，，则　　 A． B． C． D． 5．的展开式中项的系数为　　 A． B． C． D． 6．对于响应变量，通过观测得到的数据称为观测值，通过经验回归方程得到的称为预测值，观测值减去预测值称为残差．将某公司新产品自上市起的月份与该月的对应销量（单位：万件）整理成如表格： 月份 1 2 3 4 5 销量 0.5 1 1.4 建立与的线性回归方程为，则第2个月和第4个月的残差和为　　 A． B． C．0.1 D．0.919 7．已知正三棱柱的表面积为，则当其体积取得最大值时，该三棱柱的高为　　 A．3 B． C． D． 8．设双曲线的左、右焦点分别为，，为上一动点，则到轴的距离与到，距离之和的比值　　 A．恒为定值 B．恒为定值 C．不为定值但有最小值 D．不为定值但有最大值 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。 （多选）9．（6分）已知公比为的等比数列的前项和为，已知，，则　　 A． B． C． D． （多选）10．（6分）定义复数运算：，已知，若复数满足，则　　 A．可以是 B．的最小值为 C．在复平面内对应的点不可能位于第二象限 D．的实部是5 （多选）11．（6分）定义域为的函数满足：①，②的图象过点，则　　 A． B．为偶函数 C．的图象关于点中心对称 D． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知△中，，，则 　　 ． 13．数列的通项公式为，则 　　 ． 14．若函数满足：存在整数，实数，使得（a），则称是“滞后的”．已知函数．不是“滞后的”，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．（13分）已知函数，圆． （1）若两条相邻的对称轴与相切，求，； （2）若，，2，是的极值点，且点，，2，有且仅有两个在的内部，求的取值范围． 16．（15分）已知函数，． （1）当时，求曲线在点，（1）处的切线方程； （2）探究是否为的极大值点． 17．（15分）乒乓球比赛规则规定：在双方打成10平后，领先两分者获胜．在某校组织的乒乓球比赛中，甲、乙两名同学已经打成了10平．已知下一球乙同学得分的概率为，且对以后的每一球，若乙同学在本球中得分，则他在下一球的得分概率为，若乙同学在本球中未得分，则他在下一球的得分概率为． （1）求在继续打了两个球后比赛结束的条件下，乙同学获胜的概率； （2）求乙同学最终获胜的概率． 18．（17分）已知为抛物线的焦点，点满足，其中为坐标原点，过的直线交于，两点，点在第一象限，过点作直线的垂线，交轴正半轴于点，直线交直线于点．记△，△，△的面积分别为，，． （1）求的准线方程； （2）证明：； （3）求的最小值及此时点的坐标． 19．（17分）如图，四棱锥的各个顶点均在球的表面上，且，，平面． （1）证明：平面平面； （2）求四棱锥体积的最大值； （3）当时，求直线与平面所成角的正弦值的最小值． 2025年菏泽一中南京路校区高三上学期11月检测数学试题 参考答案与试题解析 一．选择题（共8小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D A D C C C B C 二．多选题（共3小题） 题号 9 10 11 答案 BCD BCD AC 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，只有一项符合题目要求。 1．已知集合，则　　 A． B．， C．， D．，2， 解：集合， 则，2，． 故选：． 2．在某次高三模拟考试后，数学老师随机抽取了6名同学第一个解答题的得分情况如下：7，9，5，8，4，1，则这组数据的平均数和极差分别为　　 A． B． C． D． 解：这组数据的平均数为： ， 这组数据的极差为： ． 故选：． 3．已知，则　　 A． B． C． D． 解：因为， 所以， 则． 故选：． 4．正方形中，，，设，，则　　 A． B． C． D． 解：如图： ，所以， ，所以， 所以． 故选：． 5．的展开式中项的系数为　　 A． B． C． D． 解：的展开式的通项公式为， 令，则， 则展开式中项的系数为． 故选：． 6．对于响应变量，通过观测得到的数据称为观测值，通过经验回归方程得到的称为预测值，观测值减去预测值称为残差．将某公司新产品自上市起的月份与该月的对应销量（单位：万件）整理成如表格： 月份 1 2 3 4 5 销量 0.5 1 1.4 建立与的线性回归方程为，则第2个月和第4个月的残差和为　　 A． B． C．0.1 D．0.919 解：由题意可得，， 将其代入回归方程，得，故，将2，4代入线性回归方程， 则第2，4个月的预测值分别为，， 故第2个月和第4个月的残差和为． 故选：． 7．已知正三棱柱的表面积为，则当其体积取得最大值时，该三棱柱的高为　　 A．3 B． C． D． 解：设正三棱柱的底面边长为，高为， 则正三棱柱的体积为， 所以， 又正三棱柱的表面积为， 所以， 当且仅当，，又， 即时，等号成立， 所以当正三棱柱的体积取得最大值时，该三棱柱的高． 故选：． 8．设双曲线的左、右焦点分别为，，为上一动点，则到轴的距离与到，距离之和的比值　　 A．恒为定值 B．恒为定值 C．不为定值但有最小值 D．不为定值但有最大值 解：由双曲线的定义知，到，距离之和为，且到轴的距离， 所以到轴的距离与到，距离之和的比值． 故选：． 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。 （多选）9．（6分）已知公比为的等比数列的前项和为，已知，，则　　 A． B． C． D． 解：由，得， 所以，解得或（舍去）， 故选项错误，选项正确； ，选项正确； ，选项正确． 故选：． （多选）10．（6分）定义复数运算：，已知，若复数满足，则　　 A．可以是 B．的最小值为 C．在复平面内对应的点不可能位于第二象限 D．的实部是5 解：由复数运算，且， 可得， 设，则， 可得， 则． 对于，，故错误； 对于， ，则的最小值为，故正确； 对于，由，可得， 则在复平面内对应点的坐标为，当时，得， 该点不可能位于第二象限，故正确； 对于，，其实部等于，故正确． 故选：． （多选）11．（6分）定义域为的函数满足：①，②的图象过点，则　　 A． B．为偶函数 C．的图象关于点中心对称 D． 解：因为， 对于，令，，则（1）（1）， 又因为的图象过点， 所以（1）， 所以（1）（1）， 解得，故正确； 对于，令，则， 由可知， 所以， 所以， 故为奇函数，故错误； 对于，令， 则（1）（1）， 即的图象关于点中心对称，故正确； 对于，由于且， 则有， 即， 所以（2）（1），（3）（2），，，故错误． 故选：． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知△中，，，则 　　 ． 解：在△中，，， 则． 故答案为：． 13．数列的通项公式为，则 　　 ． 解：根据题意，，，，， ，，，， 所以， 又的最小正周期为， 所以． 故答案为：． 14．若函数满足：存在整数，实数，使得（a），则称是“滞后的”．已知函数．不是“滞后的”，则的取值范围是 　　 ． 解：由“滞后的”的定义，单调函数必不为“滞后的”． 当，则，所以单调递增，符合题意； 由题知，因为，若在上存在零点，则符合“滞后的”定义． 有（1），当且仅当，时取等． 当且，，， 又因为（1），所以在区间上一定存在零点，不符合题意； 当，，，在区间上至少存在1个零点，不符合题意； 当，（a），，则，故（a）， 而不为整数，符合题意． 综上，的取值范围为，． 故答案为：． 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．（13分）已知函数，圆． （1）若两条相邻的对称轴与相切，求，； （2）若，，2，是的极值点，且点，，2，有且仅有两个在的内部，求的取值范围． 解：（1）函数相邻对称轴间的距离为， 由题知的直径为3，所以，解得，的圆心， 所以其中一条对称轴为，代入的对称轴方程，解得， 因为，所以； （2）若，则的极值点满足，所以， 左顶点的横坐标为，右顶点的横坐标为2， 故原题设等价于有且仅有2个的值满足，整理得， 故能且仅能取0，1两个值， 所以，解得． 16．（15分）已知函数，． （1）当时，求曲线在点，（1）处的切线方程； （2）探究是否为的极大值点． 解：（1）时，，（1）， ，（1）， 故曲线在点，（1）处的切线方程为，即． （2）易得， 假设是的极大值点，则（a）， 即，化简得， 当时，，； 当时，，； 只有当时，等号成立， 故， 当时，，，， 但由假设知是的极大值点， 于是由极大值点的定义知存在，使得时，，与假设矛盾， 因此不是的极大值点． 17．（15分）乒乓球比赛规则规定：在双方打成10平后，领先两分者获胜．在某校组织的乒乓球比赛中，甲、乙两名同学已经打成了10平．已知下一球乙同学得分的概率为，且对以后的每一球，若乙同学在本球中得分，则他在下一球的得分概率为，若乙同学在本球中未得分，则他在下一球的得分概率为． （1）求在继续打了两个球后比赛结束的条件下，乙同学获胜的概率； （2）求乙同学最终获胜的概率． 解：（1）在打了两个球后结束，则甲连胜两球或乙连胜两球， 设事件为“再打了两个球后结束”，事件为“乙赢得比赛”， 则（A），， 故； （2）设事件为“乙赢了本局”，设事件，0，为“当前乙同学与甲同学分数差为时，最终乙同学获胜”， 事件为“乙赢了上一局”， 则时，乙肯定赢了上一局，（C）， 若赢球则直接赢得比赛，若输球则获胜概率为， （C）， 同理时，乙肯定输了上一局，（C）， 若输球则输掉比赛，若赢球则获胜概率为， 则（C）， 当时，若乙赢了上一局，（C），若赢球则获胜概率为， 若输球则获胜概率为，同理得（C）， 若乙输了上一局，（C）， 同理可得（C）， 且初始（C），故乙同学最终获胜得概率等价于， 故， 解方程组可得． 故概率为． 18．（17分）已知为抛物线的焦点，点满足，其中为坐标原点，过的直线交于，两点，点在第一象限，过点作直线的垂线，交轴正半轴于点，直线交直线于点．记△，△，△的面积分别为，，． （1）求的准线方程； （2）证明：； （3）求的最小值及此时点的坐标． 解：（1）因为点满足， 所以， 解得， 则抛物线的方程为，准线方程为； （2）证明：设直线的方程为，，，，， 联立，消去并整理得， 由韦达定理得， 所以， 由抛物线定义得，， 所以，得证； （3）令， 此时， 代入抛物线方程得，， 即，，， 因为，且直线的斜率， 所以直线， 即， 令， 解得， 由，， 可得直线， 联立， 解得， 所以 ， 设，， 可得 ， 当时，，， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增． 所以当时，取到最小值，此时． 19．（17分）如图，四棱锥的各个顶点均在球的表面上，且，，平面． （1）证明：平面平面； （2）求四棱锥体积的最大值； （3）当时，求直线与平面所成角的正弦值的最小值． 【解答】（1）证明：由题意知，，，，四点共圆， 所以， 因为，所以，即， 由平面，平面，可得， 又，平面，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面． （2）解：作， 由（1）知平面平面， 因为平面平面，平面，所以平面， 记四棱锥的体积为，则， 而， 因为，所以， 即，当且仅当时，等号成立， 所以， 由平面，平面，知， 所以， 所以，当且仅当时，等号成立， 因为，所以， 所以， 故四棱锥体积的最大值为． （3）解：取中点，以为原点，为轴，过点且平行于的直线为轴，过点且平行于的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 由（2）知，，， 所以，即， 所以，0，， 设与轴交于点，则，2，，即是的中点， 所以， 不防设，，，其中， 所以，，， 易知平面的一个法向量为，0，， 设直线与平面所成角为， 则， ， 而， 所以， 当且仅当，即，0，时，等号成立， 故直线与平面所成角的正弦值的最小值为． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $