山东省枣庄市市中区辅仁高级中学2024−2025学年高三下学期第二次调研考试数学模拟试卷含答案

/山东省枣庄市市中区辅仁高级中学2024−2025学年高三下学期第二次调研考试数学模拟试卷一、单选题（本大题共8小题）1．已知集合，则（

）A． B． C． D．2．在复平面内，复数满足，则复数对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限3．如图，在平面四边形中，，建立如图所示的平面直角坐标系，且，，，则（）A．3 B．1 C．2 D．44．若，，则（）A． B． C． D．5．某正四棱锥的底面边长为2，侧棱与底面的夹角为60°，则该正四棱锥的体积为（

）A． B． C． D．6．“，，”是“”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分又不必要条件7．在递增的等比数列中，，，则数列的公比为（

）.A． B．2 C．3 D．48．已知函数，若关于的方程有5个不同的实数根，则实数的取值范围为（）A． B．C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．对某地区数学考试成绩的数据分析，男生成绩服从正态分布，女生成绩服从正态分布．则（）A． B．C． D．10．已知抛物线的焦点为，准线为，点在上，为坐标原点，则（）A．直线的倾斜角为 B．的方程为C． D．在点处的切线方程为11．下列命题中，正确的是（

）A．在中，若，则B．在锐角中，不等式恒成立C．在中，若，则必是等腰直角三角形D．在中，若，，则必是等边三角形三、填空题（本大题共3小题）12．双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线交双曲线的两支于，两点，为等边三角形，则双曲线的离心率为.13．已知是面积为的等边三角形，且其中实数满足，则的最小值为.14．已知函数)和同时满足以下两个条件:①对任意实数都有或；②总存在，使成立，则的取值范围是.四、解答题（本大题共5小题）15．在中，设．(1)求；(2)若，求的面积．16．在如图所示的几何体中，平面，，F是的中点，，，.(1)求证:平面;(2)求平面与平面所成夹角的余弦值；(3)求点A到平面的距离.17．春节期间有一过关赢奖励娱乐活动，参与者需先后进行四个关卡挑战，每个关卡都必须参与.前三个关卡至少挑战成功两个才能够进入第四关，否则直接淘汰，若四关都通过，则可以赢得奖励.参与者甲前面三个关卡每个挑战成功的概率均为，第四关挑战成功的概率为，且各关挑战成功与否相互独立.(1)求参与者甲未能参与第四关的概率；(2)记参与者甲本次挑战成功的关卡数为X，求X的分布列以及数学期望.18．已知椭圆过点，且的右焦点为．(1)求的方程；(2)设过点的一条直线与交于两点，且与线段交于点．（i）证明：直线平分；（ii）若的面积等于的面积，求的坐标．19．已知函数．(1)当时，求的单调递增区间；(2)若有两个极值点．（ⅰ）求的取值范围；（ⅱ）证明：．

参考答案1．【答案】C【详解】因为，所以.故选C.2．【答案】B【详解】由可得，故复数z对应的点为，位于第二象限.故选B.3．【答案】C【详解】在平面四边形中，，可以建立如图平面直角坐标系，，，设，因为，所以，解得，所以，又，所以，所以，，所以．故选C．4．【答案】C【详解】，，，，，化简得，，.故选C.5．【答案】A【详解】在正四棱锥中，令，连接，平面，则，由，得，所以该正四棱锥的体积为.故选A.6．【答案】A【详解】若，，，由不等式性质可得，所以“，，”是“”的充分条件，取，，满足，但不满足，所以“，，”是“”的充分不必要条件.故选A.7．【答案】B【详解】由题设，易知是方程的两个根，又为递增的等比数列，所以，故公比.故选B.8．【答案】D【详解】因为，所以或因为关于的方程共有5个不同的实数根．所以的图象与直线和直线共有5个不同的交点．如图，的图象与直线有2个交点，所以只需的图象与直线有3个交点，所以．故选D．9．【答案】ACD【详解】，，；，，.，，；，，；对于A，，A选项正确；对于B，，B选项错误；对于C，，C选项正确；对于D，，D选项正确.故选ACD.10．【答案】ACD【详解】由点在抛物线上，得，，对于A，直线的斜率，因此直线的倾斜角为，A正确；对于B，抛物线的准线方程为，B错误；对于C，为焦点，则，C正确；对于D，由，求导得，则在点处的切线斜率为，切线方程为，即，D正确.故选ACD.11．【答案】ABD【详解】对于A，在中，若，则，由正弦定理可得，A正确；对于B，锐角中，，则，故，B正确；对于C，在中，若，则，即得，故或，故或，即是等腰三角形或直角三角形，C错误；对于D，，，则，故，，结合，可知是等边三角形，D正确，故选ABD.12．【答案】【详解】由题意可作图如下：

则①，②，在等边中，，可得①②，则，由，则，在中，，由余弦定理可得，即，由，则，解得.13．【答案】【详解】依题意，解得，延长至，使得，如图，因为，所以点在直线上，取线段的中点，连接，则，显然当时，有最小值，又易知，，所以的最小值为，所以，故的最小值为.14．【答案】【详解】对于①，当时，，又①，或在时恒成立则由二次函数的性质可知开口只能向下，且二次函数与轴交点都在的左面，即，可得又②，此时恒成立在有解，的对称轴为，，在单调递增，，且，解得：．15．【答案】(1)(2)【详解】（1）由正弦定理得，整理得：，即：，又因为，所以,又，所以；（2），解得：，故16．【答案】(1)证明见解析(2)(3)【详解】（1）取的中点，连接，由是的中点，得，而，则．又，于是四边形是平行四边形，，在中，，，有，由平面，平面，得，而平面，因此平面，所以平面.（2）由（1）知平面，而，则直线两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，于是，，，，，，，设是平面的一个法向量，则，令，得，显然平面的一个法向量为，设平面与平面的夹角为，因此，所以平面与平面夹角的余弦值是.（3）由（2）知道平面的一个法向量为，且，则点A到平面EBD的距离.17．【答案】(1)(2)分布列见解析，【详解】（1）参与者甲未能参与第四关的概率为：（2）记参与者甲本次挑战成功的关卡数为X，则X的可能取值为0，1，2，3，4，，，，，，的分布列为：X01234P数学期望为18．【答案】(1)(2)（i）证明见解析；（ii）或．【详解】（1）根据题意有，且由椭圆的几何性质可知，所以．所以的方程为．（2）（i）因为椭圆的长轴右端点横坐标为，所以的斜率一定存在（否则与椭圆没有交点）设的方程为，代入的方程有：，其中，故，设，则，若直线平分，且易知轴，故只需满足直线与的斜率之和为0．设的斜率分别为，则：，代入，有，故命题得证．（ii）由（i）知直线平分，即．因为的面积等于的面积，故，即，故．故，在线段的垂直平分线上．易知线段的垂直平分线为，与的方程联立有，故的坐标为或