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河南省马店市重点高中联考2024 2025学年高三下学期第三次考试（3月月考）数学试题
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知，则在复平面内所对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
2．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
3．下列函数中既是奇函数，又是定义域上的增函数的是（ ）
A． B．
C． D．
4．有5辆车停放6个并排车位，货车甲车体较宽，停靠时需要占两个车位，并且乙车不与货车甲相邻停放，则共有（ ）种停放方法．
A．72 B．144 C．108 D．96
5．在平面直角坐标系中，已知圆，点，若圆上存在点，满足，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．某工厂产生的废气经过滤后排放，过滤过程中废气的污染物含量（单位：）与时间（单位：）间的关系为，其中是正的常数，如果前消除了的污染物，那么从消除的污染物到消除的污染物大约需要经历（ ）
A． B． C． D．
7．已知函数和的图象的对称轴完全相同，令，则下列结论错误的是（ ）
A．的一个周期为 B．的图象关于直线对称
C．的一个零点为 D．在单调递减
8．如图，已知是圆锥的轴截面，分别为的中点，过点且与直线垂直的平面截圆锥，截口曲线是抛物线的一部分．若在上，则的最大值为（ ）
A． B．1 C． D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．下列说法正确的是（ ）
A．已知一组各不相同的数据，去掉其中最大和最小两个数据后，剩下的28个数据的22%分位数不等于原来数据的22%分位数
B．若事件A，B满足，，且，则事件A，B独立
C．若随机变量服从正态分布，且，则
D．已知具有线性相关关系的变量x，y，其经验回归方程为，若样本点中心为，则
10．柏拉图实体，也称为柏拉图多面体，是一组具有高度对称性的几何体．它们的特点是每个面都是相同的正多边形，每个顶点处的面的排列也完全相同．正八面体就是柏拉图实体的一种．如图是一个棱长为2的正八面体．甲、乙二人使用它作游戏：甲任选三个顶点，乙任选三个面的中心点，构成三角形．甲、乙选择互不影响，下列说法正确的是（ ）
A．该正八面体的外接球的体积为
B．平面截该正八面体的外接球所得截面的面积为
C．甲能构成正三角形的概率为
D．甲与乙均能构成正三角形的概率为
11．已知各项均不为零的数列，其前项和是，且. 下列说法正确的是（ ）
A．
B．若为递增数列，则的取值范围是
C．存在实数，使得为等比数列
D．，使得当时，总有
三、填空题（本大题共3小题）
12．某人从甲地到乙地，乘火车、轮船、飞机的概率分别为0.2，0.4，0.4，乘火车迟到的概率为0.4，乘轮船迟到的概率为0.3，乘飞机迟到的概率为0.5，则这个人迟到的概率是 ；如果这个人迟到了，他乘船迟到的概率是 ．
13．已知过抛物线C：的焦点F作斜率为正数的直线n交抛物线的准线l于点P，交抛物线于A，B（A在线段PF上），，则以线段AB为直径的圆被y轴截得弦长为
14．设为自然对数的底数，若函数存在三个零点，则实数的取值范围是 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知的内角所对的边分别为，且.
(1)求；
(2)若，求的值.
16．如图1，已知为等边三角形，四边形为平行四边形，.把沿向上折起，使点到达点位置，使得平面平面，如图2所示.
(1)证明：；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)当点在线段（包括端点）上运动时，设直线与平面所成的角为，求的取值范围.
17．某科研团队研发了一款快速检测某种疾病的试剂盒.为了解该试剂盒检测的准确性，科研团队从某地区（人数众多）随机选取了40位患者和60位非患者，用该试剂盒分别对他们进行了一次检测，结果如下：
抽样人群 阳性人数 阴性人数
患者 36 4
非患者 2 58
(1)试估计使用该试剂盒进行一次检测结果正确的概率；
(2)若从该地区的患者和非患者中分别抽取2人进行一次检测，求恰有一人检测结果错误的概率；
(3)假设该地区有10万人，患病率为0.01.从该地区随机选取一人，用该试剂盒对其检测一次.若检测结果为阳性，能否判断此人患该疾病的概率超过0.2？并说明理由.
18．已知椭圆（）的左、右焦点分别为，，离心率，椭圆的短轴长为2.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知直线，过右焦点，且它们的斜率乘积为，设，分别与椭圆交于点A，B和C，D．
①求的值；
②设的中点M，的中点为N，求面积的最大值.
19．帕德近似是法国数学家亨利 帕德发明的，用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数，函数在处的阶帕德近似定义为：，其中和分别是和次多项式，且满足.其中为的导数.已知在处的阶帕德近似为.
(1)求实数的值，利用的阶帕德近似估计的近似值（结果保留3位有效数字）；
(2)当时，恒成立，求实数的取值范围；
(3)证明：当时，.
参考答案
1．【答案】D
【详解】设，则，解得，
则，
则在复平面内所对应的点为，位于第四象限.
故选D.
2．【答案】C
【详解】不等式，即或，解得或，
不等式，即，解得，
所以，，有.
故选C.
3．【答案】D
【详解】A：，定义域为R，是偶函数，不符；
B：，定义域为，是奇函数，
根据复合函数的单调性，易知在上单调递减，不符；
C：，定义域为R，是偶函数，不符；
D：，定义域为R，是奇函数，
根据复合函数的单调性，易知在R上单调递增，符合.
故选D.
4．【答案】A
【详解】先停入货车甲，若货车甲不靠边，共有种停法，则乙车有种停法，
除甲、乙外的其它三辆车共有种停法；
若货车甲靠边，共有种停法，则乙车有种停法，
除甲、乙外的其它三辆车的排法共有种，
故共有种停放方法.
故选A.
5．【答案】B
【详解】设，则，.
因为，所以，
即，所以点的轨迹是以为圆心，以1为半径的圆.
又因为点在圆上，所以圆与圆有公共点，所以，
即，解得.
故选B.
6．【答案】A
【详解】由题意可知：，即，即，
设消除的污染物对应事件为，即，
设消除的污染物对应事件为，即，
两式相除可得：，
即，
所以：，
即从消除的污染物到消除的污染物大约需要经历，
故选A.
7．【答案】D
【详解】令，则为的对称轴方程，
令，则为的对称轴方程，
由与的对称轴完全相同，则，即对称轴为，
所以且，则，
所以，其最小正周期，故也是一个周期，A对；
，故的图象关于直线对称，B对；
，当有，
所以的一个零点为，C对；
，则，显然在给定区间内不单调，D错.
故选D.
8．【答案】C
【详解】
过点作，交底面圆于两点，连接，，，
设，则，
所以当最大时，最大，
由圆锥的性质得底面，
因为底面，所以，
又，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为分别是的中点，所以，则，
因为，平面，所以平面，
则平面为截面，
因为为中点，所以，所以平面，
因为平面，所以，所以，
则当最大时，最大，
如图为截面的平面图，
以为原点，为轴，过点垂直向上的方向为轴正方向建系，
，，，则抛物线方程为，
设，，则，
所以，
则此时，.
故选C.
9．【答案】AB.
【详解】对于A，将原来30个数从小到大排列，，则30个数的22%分位数为30个数中的第7个数，
去掉其中最大和最小两个数据后，，故剩下的28个数据的22%分位数为28个数中的第7个数字，也是30个数中的第8个数，
故两者不相等，A正确；
对于B，，所以相互独立，因此也相互独立，B正确；
对于C，由于，则，故C错误；
对于D，将代入，可得，故，D错误.
故选AB.
10．【答案】ABD
【详解】A：由棱长为2，得正八面体上半部分的斜高为，高为，
则正八面体的体积为．
则正八面体的外接球的球心为，半径为，
所以外接球的体积为，故A正确；
B：由于到平面的距离等于到平面的距离，
在中，过作的垂线，垂足为，则平面．
由，得，
平面截正八面体的外接球所得截面是圆，半径，
所以所得截面的面积为，故B正确；
C：甲随机选择的情况有种，甲选择的三个点构成正三角形，只有一种情况：
甲从上下两个点中选一个，从中间四个点中选相邻两个，共有种，
甲构成正三角形的概率为，故C错误；
D：乙随机选择的情况有种，乙构成正三角形，只有一种情况：
上面四个面的中心中选一个点且从下面四个面的中心选相对的两个点，
或下面四个面的中心中选一个点且从上面四个面的中心选相对的两个点，
共有种，概率为；又甲能构成正三角形的概率为，
所以甲与乙均能构成正三角形的概率为，故D正确.
故选ABD．
11．【答案】ABD
【详解】由得，
相减可得，，
由于各项均不为零，所以，所以的奇数项和偶数项分别为公差为1的等差数列，
对于A，，，故正确；
对于B，由于的奇数项和偶数项分别为公差为1的等差数列，所以，
若，则需要，则，故正确，
对于C，，若为等比数列，则为常数，则，
此时，故，进而可得数列的项为显然这不是等比数列，故错误，
对于D，若，只要足够大，一定会有 ，
则，只要足够的大， 趋近于0，
而，显然能满足，故，当时，总有，故正确，
故选ABD.
12．【答案】 0.4/ 0.3/
【详解】设事件A表示“乘火车”，事件B表示“乘轮船”，事件C表示“乘飞机”，事件D表示“迟到”，
则，，，，，，
，
由全概率公式得：
；
如果这个人迟到了，由贝叶斯公式得到他乘船迟到的概率为：
.
13．【答案】
【详解】由题意，可得如下示意图，，令，，

联立，则，显然，则，，
联立，则，可得，结合，则，即，
所以，可得，
又，故圆的半径为4，
若中点为，则，
所以以线段AB为直径的圆被y轴截得弦长为.
14．【答案】
【详解】设，故0，即
对函数，其函数图象如下所示：
令，
故要满足题意，只需在内有一个实数根，且另一个根为；
或在内有一个实数根，且在内也有一个实数根.
所以 或或
即 或或
解得 .
15．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为，
所以，
即，
可得，所以.
又因为，所以，即，
所以.
（2）由（1）可知，.
因为，
所以，即.
由正弦定理可得.
由余弦定理可得，即，
整理得，而，
所以.
16．【答案】(1)证明见解析
(2).
(3)
【详解】（1）证明：如图，设的中点为，连接.
因为为等边三角形，所以.
又因为平面平面，且平面平面，
所以平面.因为平面，所以.
因为，所以，所以.
因为平面，所以平面.
又因为平面，所以.
（2）由（1）知平面，因为平面，所以平面平面.
设的中点为，连接，则.又因为平面平面，
平面平面平面，所以平面.
设的中点为，连接.因为，所以，
以为坐标原点，的方向分别为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
则，
可得.
设平面的法向量，则，即，
取，则平面的一个法向量.
设平面的法向量，则，即，
取，则平面的一个法向量，
因为，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
（3）
由（1）知平面，平面，所以，
，而，故的取值范围为.
17．【答案】(1)0.94；
(2)；
(3)超过，理由见详解.
【详解】（1）由题意知，使用该试剂盒进行一次检测共有100人，其中检测结果正确的共有94人，
所以使用该试剂盒进行一次检测结果正确的概率估计为；
（2）设事件：“患者检测结果正确”，事件：“非患者检测结果正确”，
事件：“该地区的患者和非患者中分别抽取2人进行一次检测，恰有一人检测结果错误”，
根据题中数据，可估计为可估计为，
该地区的患者中抽取2人进行一次检测，恰有一人检测结果错误的概率为
，
该地区的非患者中抽取2人进行一次检测，恰有一人检测结果错误的概率为
，
所以，
所以.
因此恰有一人检测结果错误的概率为；
（3）此人患该疾病的概率超过0.2.理由如下：
由题意得，如果该地区所有人用该试剂盒检测一次，
那么结果为阳性的人数为，其中患者人数为900.
若某人检测结果为阳性，那么他患该疾病的概率为.
18．【答案】（1）；（2）①；②
【详解】（1）依题意可得解得故椭圆的方程为.
（2）①设的方程为，，
联立消去并整理得到，
所以，，
于是，
同理可得，
.
②由①知，，，，
所以，，
所以的中点，
所以，
当且仅当即时取等号，
所以面积的最大值为.
19．【答案】(1)，0.182
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1），
因为，所以，解得，
.
（2）解法1：设，
则在上恒成立.若，则显然成立；
若，
设，
，当时，，
因此，即在上单调递增，
时，，满足题意；
当时，在上单调递减，因为，
所以存在唯一的，使得，
当时，，即在单调递减，
时，，与已知矛盾，舍去.
综上，实数的取值范围为.
解法2：设，
则在上恒成立.因为，，
所以，解得，
当时，，
在上单调递增，时，恒成立.
综上，实数的取值范围为.
（3）证明：要证时，，即证，
设，则，令得，
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增，
因此，
因此只需证，即证.
设，
则在上单调递增，
，即，
令，则，因此原不等式成立.

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