皖豫名校2024-2025学年高三上学期摸底考试数学试题2

第1页/共1页皖豫名校2024—2025学年（上）高三摸底考试数学（※试题册※）考生注意事项：1．答题前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．3．回答非选择题时，必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，将答案写在答题卡上各题目指定区域内相应位置上．如需改动，先划掉原先答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液．写在本试卷上无效．不按照以上要求作答的答案无效．4．考生必须保持答题卡整洁．考试结束后，将本试卷与答题卡一并交回．一、单项选择题：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．1.已知集合，集合，则的真子集的个数为（

）A.3 B.4 C.7 D.8【答案】A【解析】【分析】先将两方程联立求出中的元素，再可求出出的真子集的个数.【详解】由，得或，所以，则中有2个元素，所以的真子集的个数为.故选：A2.已知，复数，则“”是“复数z在复平面内所对应的点位于第一象限”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】利用复数的乘法法则计算，并根据所在象限得到不等式，求出，得到结论.【详解】由，若复数z在复平面内所对应的点位于第一象限，则可得，故“”是“复数z在复平面内所对应点位于第一象限”的充要条件．故选：C．3.的展开式中，的系数是（）A.120 B.120 C.60 D.30【答案】A【解析】【分析】利用二项式定理展开，求得的第3项为，继续求得的展开式第3项为，即可求得的系数.【详解】，展开式的第项为，令，可得第3项为，的展开式的第项为，令，可得第3项为，所以的展开式中，的系数是．故选：A．4.2024年7月27日，在印度新德里召开的联合国教科文组织第46届世界遗产大会通过决议，将“北京中轴线——中国理想都城秩序的杰作”列入《世界遗产名录》．北京中轴线实际上不是正南正北的，它向西偏离了子午线约，下列各式与不相等的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据二倍角公式逐一判断A、B、D，利用同角间关系可判断C.【详解】对于A，由二倍角公式可得；对于B，由二倍角公式可得；对于C，因为，所以；对于D，由二倍角公式可得.故选：D.5.我国古代名著《张邱建算经》中记载：“今有方锥，下广二丈，高三丈．欲斩末为方亭，令上方六尺．问：斩高几何？”大致意思是：有一个正四棱锥的下底面边长为二丈，高为三丈，现从上面截去一段，使之成为正四棱台，且正四棱台的上底面边长为六尺，则截去的正四棱锥的高是多少？如果我们把求截去的正四棱锥的高改为求剩下的正四棱台的体积，则该正四棱台的体积是（）（注：1丈=10尺）A.立方尺 B.立方尺 C.3892立方尺 D.11676立方尺【答案】C【解析】【分析】由棱台的特征及其体积公式计算即可.【详解】如图所示，由四棱锥IABCD截得棱台ABCDEFGH，W、X分别为上下底面的中心，即IX为棱锥的高，WX为棱台的高，由题意可知棱台上下底面均为正方形，故其上下底面面积分别为，则，棱锥的高，由棱台的性质可知，所以棱台的高.故（立方尺）.故选：C6.若函数在上单调递增，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析】由函数直接可得单调递增区间，进而可得参数取值范围.【详解】由，可得当时函数单调递增，即，当时，，又函数在，所以，即的最大值为，故选：C.7.已知点，在圆上，点，，则使得是面积为的等边三角形的点的个数为（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】A【解析】【分析】由面积公式先得长，根据正三角形与圆的对称性判定三点共线，再根据两圆的位置关系判定即可.【详解】设中点为E，由正三角形面积公式可知，由正三角形及圆的对称性可知，则三点共线，而，因为，所以P在以为圆心，2为半径的圆上，由圆的位置关系可知，当且仅当时取得，此时，即满足条件的点P只有一个.故选：A8.设函数，若函数在区间上存在零点，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】利用函数零点的定义，转化为函数，在上的图象有公共点求解.【详解】由，得，依题意，在上有解，记，，因此函数在上的图象有公共点，，如图，当时，，显然函数在上的图象无公共点，当时，函数图象都关于对称，得，即，解得，所以实数的取值范围是.故选：C【点睛】方法点睛：函数零点个数判断方法：(1)直接法：直接求出f(x)=0的解；(2)图象法：作出函数f(x)的图象，观察与x轴公共点个数或者将函数变形为易于作图的两个函数，作出这两个函数的图象，观察它们的公共点个数.二、多项选择题：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.已知无穷数列和的各项均为整数，和是非常数数列，且和中存在大小相等的项，则下列说法一定正确的是（）A.若和是各项均为正数的等差数列，如果所有相等的项不止一项，则这些项构成等差数列B.若和{是各项均为正数的等比数列，如果所有相等的项不止一项，则这些项构成等比数列C.若为等差数列，为等比数列，则所有相等的项不止一项D.若为递增数列，为递减数列，则所有相等的项可能只有一项【答案】ABD【解析】【分析】根据等差和等比数列的性质即可求解AB，举例即可说明CD.【详解】对于A，由于，是各项均为正数的等差数列，若，公共项的最小的一项记为于，且，的公差分别为，若的最小公倍数为，则均为，的公共项,且构成等差，故A正确.对于B，由于，是各项均为正数的等比数列，若，公共项的最小的一项记为于，且，的公比分别为，则均为，的公共项，且构成等比，故B正确.对于C，若，，则，只有1项是公共项，C错误.对于D，若，由于，则，公共项只有，故D正确.故选：ABD10.已知中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，其中，，，，则（）A.B.的外接圆面积为C.若，，则D.若，，则【答案】BCD【解析】【分析】本题考查了向量的数量积、利用正余弦定理解三角形和三角恒等变换，是中档题.先由向量的数量积、正弦定理和三角恒等变换得，则，再由利用正余弦定理解三角形逐一判定即可.【详解】对于A选项，依题意，，则，由正弦定理，，因为，且，故，故，因为，故，故A错误；对于B选项，由选项A可知，，故其外接圆面积为，故B正确；对于C、D选项，因为，记，所以，，，，在中，由正弦定理，，即，在中，由余弦定理，，故，解得，因为，则，，故C、D正确；故选：BCD.11.已知单位向量，，两两的夹角均为，若空间向量满足，则有序实数组称为向量在“仿射”坐标系（为坐标原点）下的“仿射”坐标，记作，则下列命题是真命题的为（）A.已知，，则B.已知，，其中，则当且仅当时，向量的夹角取得最小值C.已知，，则D.已知，，，则三棱锥的表面积【答案】BC【解析】【分析】根据已知，借组图形，利用向量的线性运算以及数量积运算进行求解.【详解】对于A，，因为，且，所以，故A错误；对于B，如图所示，设，，则点A在平面上，点在轴上，由图易知当时，取得最小值，即向量与的夹角取得最小值，故B正确；对于C，根据“仿射”坐标的定义可得，，故C正确；对于D，由已知可得三棱锥为正四面体，棱长为1，其表面积，故D错误．故选：BC．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知变量的统计数据如下表，对表中数据作分析，发现与之间具有线性相关关系，利用最小二乘法，计算得到经验回归方程为，据此模型预测，当时的值为__________．1234534.54.86.46.3【答案】10.95【解析】【分析】经验回归直线方程过样本点的中心，所以把代入求得的值，再代入求解即可.【详解】由已知得，即样本点中心，因为经验回归直线方程过样本点的中心，所以，解得，所以，当时，.故答案为：10.9513.若函数，，则______.【答案】【解析】【分析】令，再利用函数的奇偶性即可求解.【详解】因为，令，则，所以，所以为奇函数，所以，即，解得，故答案为：14.已知函数满足对任意的，都有成立，则实数的取值范围为__________.【答案】【解析】【分析】运用分段函数单调性知识，结合一次函数和指数型函数单调性知识可解.【详解】由题意，为定义在上的减函数，则各段为减函数，还要区间端点附近递减，所以，解得，则.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.已知三棱锥底面，点是的中点，点为线段上一动点，点在线段上.（1）若∥平面，求证：为的中点；（2）若为的中点，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见详解（2）【解析】【分析】（1）由线面平行的性质可得，即可得结果；（2）方法一：建系标点，利用空间向量求线面夹角；方法二：做辅助线，可证平面，进而可得线面夹角；方法三：利用等体积法求到平面的距离，进而可得线面夹的正弦值.【小问1详解】连结，因为∥平面平面，平面平面，则，又因为是的中点，所以是中点.【小问2详解】方法一：因为底面，如图建立坐标系，则，，，，可得，，，设平面的法向量为，则，令，则，可得，则，因此直线与平面所成角的正弦值为；方法二：取中点，因为，则，因为底面，底面，则，且，，平面，则平面，由平面，可得，且，平面，所以平面，可知即为直线与平面所成角，且则.所以直线与平面所成角的正弦值为；方法三：设到平面的距离为，可得，则，即，解得，则，所有直线与平面所成角的正弦值.16.在中，内角所对的边分别为，满足.（1）若，求；（2）若是锐角三角形，且，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】分析】（1）根据利用正弦定理结合三角恒等变换可得，结合即可得结果；（2）由锐角三角形可得，利用正弦定理运算求解即可.【小问1详解】因为，由正弦定理可得，则，整理得，因为，则，则，即，由，得，则，．【小问2详解】因为是锐角三角形，则，解得，则，由正弦定理得，得，可得，所以的取值范围为.17.在机器学习中，精确率、召回率、卡帕系数是衡量算法性能的重要指标．科研机构为了测试某型号扫雷机器人的检测效果，将模拟战场分为100个位点，并在部分位点部署地雷．扫雷机器人依次对每个位点进行检测，表示事件“选到的位点实际有雷”，表示事件“选到的位点检测到有雷”，定义：精确率，召回率，卡帕系数，其中．（1）若某次测试的结果如下表所示，求该扫雷机器人的精确率和召回率．

实际有雷实际无雷总计检测到有雷402464检测到无雷102636总计5050100（2）对任意一次测试，证明：．（3）若，则认为机器人的检测效果良好；若，则认为检测效果一般；若，则认为检测效果差．根据卡帕系数评价（1）中机器人的检测效果．【答案】（1）；．（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）利用条件概率的计算公式计算即可；（2）由条件概率与互斥事件的概率公式证明即可；（3）由（2）计算出的值，判断机器人的检测效果即可.【小问1详解】，．【小问2详解】，要证明，需证明．等式右边：．等式左边：因为，所以．等式左右两边相等，因此成立．【小问3详解】由（2）得，因为，所以（1）中机器人的检测效果一般．18.设点为抛物线的焦点，过点且斜率为的直线与交于两点（为坐标原点）．（1）求抛物线的方程；（2）过点作两条斜率分别为的直线，它们分别与抛物线交于点和．已知，问：是否存在实数，使得为定值？若存在，求的值，若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2）存在【解析】【分析】（1）写出直线的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理，结合三角形面积，即可求解；（2）联立直线与抛物线的方程，结合弦长公式，求出，由已知建立关系推理，即可说明理由.【小问1详解】物线的焦点为，直线的方程，由，得，设Ax所以，所以，所以，且所以，所以抛物线的方程为．【小问2详解】存在，使得为定值，由题意可得直线的方程，直线的方程为，联立，得，设，所以，，所以，设，同理可得，所以，由，得，即，而，所以，所以存在，使得为定值0．【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是利用坐标表示弦长，并结合韦达定理，即可求解.19.设实系数一元二次方程①，有两根，则方程可变形为，展开得②，比较①②可以得到这表明，任何一个一元二次方程的根与系数的关系为：两个根的和等于一次项系数与二次项系数的比的相反数，两个根的积等于常数项与二次项系数的比.这就是我们熟知的一元二次方程的韦达定理.事实上，与二次方程类似，一元三次方程也有韦达定理.设方程有三个根，则有③（1）证明公式③，即一元三次方程的韦达定理；（2）已知函数恰有两个零点.（i）求证：的其中一个零点大于0，另一个零点大于且小于0；（ii）求的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）（i）证明见解析；（ii）.【解析】【分析】（1）将展开，对比两个方程即可得证