河南省安阳市2024-2025学年高三下学期3月数学模拟检测试卷（附答案）

河南省安阳市2024-2025学年高三下学期3月数学模拟检测试卷考生注意：1．本卷满分150分，考试时间120分钟。答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．本试卷为通用版试卷，本月练习卷无地区卷。命题范围：高考范围。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．若集合，则（）A． B． C． D．2．若复数满足且，则（）A．5 B． C． D．103．已知等差数列的前8项和为48；，则的公差为（）A．1 B．2 C．4 D．84．已知抛物线：的焦点为F，点P是C上的一点，点，则周长的最小值是（）A． B． C． D．5．已知平面向量满足，且，则（）A．2 B． C． D．16．把函数的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象，则的图象的一条对称轴方程为（）A． B． C． D．7．已知三棱锥各个顶点都在半径为的球的球面上，且，，，则球心到平面的距离为（）A． B． C．3 D．8．已知是定义域为的非常值函数，且，，是的导函数，且的定义域为．若设，，则曲线在点处的切线方程为（）A． B． C． D．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．记数列的前项和为，则下列条件使一定为等比数列的是（）A． B． C． D．10．斜率为2的直线l与双曲线的两条渐近线交于，两点，与双曲线交于C，D两点，P是线段的中点，则下列说法正确的是（）A．是双曲线两条渐近线所构成的“X”形图象的方程B．P也是线段的中点C．若l过双曲线的焦点，则直线的斜率是D．若l过双曲线的焦点，点P的坐标为，则11．如图，正方体的棱长为1，点分别在棱上（与端点不重合），过点作平面，垂足为，则下列说法正确的是（）A．可能为直角三角形B．若为的外接圆的圆心，则三棱锥为正三棱锥C．若，则四面体的棱与面所成角的正弦值的集合是D．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．甲同学自进入高三以来，前四次数学考试的分数逐次递增，第一次的分数为116，第四次的分数为132，且中位数为120，则甲同学这四次数学考试的平均分为．13．若函数恰有2个零点，则实数的取值范围是.14．记，若，则实数．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）已知函数在处的切线为.(1)求的值；(2)求函数的单调区间与最大值.16．（15分）如图，四棱锥的底面是边长为2的菱形，且是正三角形，为的中点．(1)求证：平面；(2)求二面角的正弦值．17．（15分）口袋中有编号分别为1，2，3，…，10的10个小球，所有小球除了编号外无其他差别．(1)从口袋中任取3个小球，求取到的小球编号既有奇数又有偶数的概率；(2)从口袋中任取5个小球，设其中编号的最小值为，求的分布列及期望．18.（17分）设抛物线的焦点为，过点的直线交于两点，且的最小值为4.(1)求的方程；(2)设过的另一直线交于两点，且点在直线上.（i）证明：直线过定点；（ii）对于（i）中的定点，当的面积为时，求直线的方程.（17分）数列是特殊的函数，可以利用函数工具研究数列性质.比如，为了研究数列的性质，对通项公式取对数得，，则可通过研究函数的性质，得到数列的性质，进而得到的性质.请根据以上材料，解决如下问题：(1)若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围，并证明：；(2)是否存在常数，使得：有，？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.（注：e为自然对数的底数）数学答案1．D【分析】先求出集合A和B，由集合的交集运算即可求解．【详解】因为，所以，所以，所以．故选：D．2．B【分析】设，则可得，结合复数运算可得，再计算出后结合模长定义计算即可得．【详解】设，则，即，则，则，则．故选：B．3．B【分析】根据题意求出首项和公差即可．【详解】依题意，即，假设等差数列的首项为，公差为d，则，解得，故选：B．4．C【分析】过点P作C的准线的垂线，垂足为，结合抛物线定义及三角形的性质有求周长最小值．【详解】由题知，准线方程为，过点P作C的准线的垂线，垂足为，由抛物线的定义知，又，所以，当且仅当三点共线时取得最小值，故周长的最小值是．故选：C5．A【分析】根据给定条件，利用数量积的运算律及垂直关系的向量表示列式计算即可．【详解】由，得，则，由，得，因此，所以．故选：A6．C【分析】利用二倍角公式、辅助角公式化简函数，再利用平移变换求出，进而求出其对称轴方程得解．【详解】依题意，，则，由，解得，因此函数的图象的对称轴方程为，取，得，C正确，不存在整数k使得成立．故选：C7．A【分析】过点P作底面的射影H，利用条件推理证明点H为的中点，利用求出即得．【详解】如图，过点P作底面的射影H，因，则点H为的外心，又因，故点H为的中点，连接，则三棱锥的外接球的球心O必在上，连接，则，在中，，因平面，故球心O到平面的距离为．故选：A．8．D【分析】取，得到函数的对称中心．令，求得，然后令，求得函数对称轴．由两个等量关系求出函数的周期，由求出．然后由函数的对称轴和对称中心得到其导数的对称中心和对称轴，同理由求出，然后写出切线方程．【详解】令，则，则函数关于点中心对称，令，则，则或，当时，令，则，即，不合题意，舍去．故，则令，即，即函数关于y轴对称，，令，则，又，，则，即函数是周期为8的周期函数，，函数关于点中心对称和y轴对称，∴导数关于对称和点中心对称，同理可得，，切线方程为：，即．故选：D关键点睛，本题有两个解题关键：（1）由对称轴和对称中心得到函数的周期；（2）由函数的对称中心和对称轴得到其导数的对称轴和对称中心．9．AD【分析】利用等比数列定义，逐项判断即可．【详解】对于A，由等比数列定义知，一定为等比数列，A是；对于B，当时，成立，不成等比数列，B不是；对于C，由，得不成等比数列，C不是；对于D，由，得是公比为1的等比数列，D是．故选：AD10．ABD【分析】由双曲线渐近线求法即可判断A；分别联立直线l与双曲线和渐近线方程结合韦达定理即可判断B；由点差法即可求解判断CD．【详解】对于A．或，这恰为双曲线两条渐近线，故A正确；对于B．设直线方程为，分别联立与，得和，这两式的两根之和都是，所以中点为同一个，故B正确；对于C．因为，所以，所以直线的斜率是，故C错误；对于D．由C选项可知，即，故D正确．故选：ABD．11．BCD【分析】对于A，结合余弦定理判断即可；对于B，由外心得到，再结合勾股定理说明，进而可判断，对于C，分类讨论以为定点，E为定点的情况即可判断；对于D，设，利用等体积法，结合正余弦定理、三角形面积公式、锥体体积公式化简即可判断．【详解】对于A，设，其中，所以，由余弦定理得，所以为锐角，同理其它两角也是锐角，故A错误；对于B，因为H为的外心，所以，再由平面，结合勾股定理易知，又三个侧面都是直角三角形，易证全等，所以，故三棱锥为正三棱锥，正确；对于C，若棱在面内，则棱与面所成的角为0，正弦值为0；若棱不在面内，考察侧棱与底面所成的角，以为例，（一样），设，则，则的面积为，由等体积，三棱锥的体积，所以，所以，即以为顶点，为底面的三棱锥的侧棱与底面所成角的正弦值为，以E或F或G为顶点的三棱锥的侧棱与底面所成角，以E点为例，（F或G一样），因为平面，所以与平面所成角为，正弦值为1，由线面角的定义可知：为与平面所成角，易知，正弦值为，所四面体的棱与面所成角的正弦值的集合是故C正确；对于D，若，又，即，所以，则，即，所以，即，D正确；故选：BCD关键点点睛：D选项，利用，即判断；12．122【分析】利用中位数求出第二、第三次分数和，再利用平均数的定义计算得解．【详解】设甲第二、第三次的分数分别为，由中位数为120，得，即，所以甲同学这四次数学考试的平均分为．故12213．【分析】函数恰有两个零点，等价于有两个实数根，设，利用号数研究函数单调性，作出函数图象通过数形结合求解．【详解】令，得，即，令，所以函数恰有2个零点等价于函数的图象与的图象有两个交点．，令，则，当时，单调递增，当时，单调递减，且时时，所以的图象如图所示，设l是经过点的的图象的切线，切点为，则切线斜率为，所以l的方程为，又l经过点，所以，即，解得或，或，所以由图可知，当或，即或时，函数的图象与的图象有两个交点，即函数恰有2个零点，所以实数m的取值范围是．故．关键点点睛：本题解题的关键是将函数恰有2个零点转化为函数的图象与的图象有两个交点，数形结合求解．14．8【分析】根据给定条件，利用二倍角的正切公式裂项变换，再求和比对即可得解．【详解】当均不为0时，由，得，由，因此，即，所以．故8关键点点睛：将二倍角的正切公式取倒数变形，利用裂项相消法求和是求解问题的关键．15．（1）（2）在单调递减，单调递增，【分析】（1）由条件结合导数的几何意义可得，列方程求即可；（2）利用导数判断函数的单调性，结合单调性求最值．【详解】（1）因为函数在处的切线为，所以，又函数的导函数，所以，所以；（2）由（1）知当，当且仅当时取等号，当，在单调递减，单调递增，又，．16．（1）证明见解析：（2）．【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定推理得证．（2）以E为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量法求解．【详解】（1）在四棱锥中，连接，由四边形是边长为2的菱形，，得是正三角形，又E为的中点，则，而是正三角形，则，于是，，又平面，所以平面．（2）由（1）知，直线两两垂直，以E为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，，设平面的法向量，则，取，得，设平面的法向量，则，取，得，，，所以二面角的正弦值为．17．（1）；（2）分布列见解析，期望为．【分析】（1）利用古典概率的概率公式即可解出；（2）求出X的可能值及各个值对应的概率，列出分布列并求出期望．【详解】（1）从口袋中任取3个小球有种方法，编号全为奇数的取法有种，全为偶数的取法有种，因此编号既有奇数又有偶数的取法种数为，所以取到的小球编号既有奇数又有偶数的概率为．（2）依题意，X的所有可能值为，从口袋中任取5个小球有种取法，，，所以X的分布列为X123456P期望为．18．（1）（2）（i）证明见解析；（ii）或．【分析】（1）借助弦长公式构造方程，结合二次函数得到最值计算即可；（2）（i）设直线方程：．直曲联立．另外，由前问求出．进而得到直线方程，化简得到．即可求出定点．（ii）先求出和直线方程，还求出点到直线的距离，根据面积公式计算出A点坐标，即可求出直线方程．【详解】（1）设直线方程：，代入中，消去x得．设，则．当时，有的最小值为．，故E的方程为．（2）（i）设直线方程：．由消去x得．①又由（1）知，同理．∴当的斜率不存在时，的斜率不存在时，不妨设此时；当的斜率存在时，直线的斜率．直线方程为，化简得②由①②得，即．由得，直线过定点；所以直线过定点；（ii）由（i）知，直线方程为：，点到直线的距离，，解得或6．所以A点坐标为，或．且或．直线方程为或．方法点睛：处理定点问题的思路：（1）确定题目中的核心变量（此处设为k），（2）利用条件得到有关k与的等式，（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论k的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于k与的等式进行变形，直至找到定点，①若等式的形式为整式，则考虑将含k的式子归为一组，让系数等于0，求出定点；②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去k变为常数．19．（1）；证明见解析（2）存在，【分析】（1）当时，恒成立，；当时，可化为，令，利用导数方法判新其单调性，结合洛必达法则即可求出c的范围；得出以，将代入整理，即可证明不等式成立；（2）先由题意得到；由推出，结合（1）的结果，可求出；对于，当或时，于显然恒成立；当时，推出以，同（1）构造函数．求出；从而可求出结果．【详解】（1）当时，显然恒成立，；当时，可化为，令，则，令，则在上恒成立，因此在上单调递减，所以，即在上恒成立．所以在上单调递减，又由洛必达法则可得：，所以恒成立，因此，为使对任意恒成立，只需；综上