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甘肃省张掖市高台县第一中学2024 2025学年高三下学期阶段性评估数学试卷（六）
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．“”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
3．已知等差数列的前项和为，若，则（ ）
A．4 B．60 C．68 D．52
4．学校放三天假，甲 乙两名同学打算去敬老院做志愿者，甲同学准备在三天中随机选一天，乙同学准备在前两天中随机选一天，则甲乙选择同一天的概率是（ ）
A． B． C． D．
5．若函数在其定义域内单调递增，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．设是双曲线的两个焦点，为坐标原点，点在上且，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
7．对任意，都有，且不恒为0，函数，则（ ）
A．0 B．2 C．4 D．6
8．已知，向量，且的最小值为，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．有一组样本数据，，，，其平均数，中位数，方差，极差分别记为，，，，由这组数据得到新样本数据，，，，其中，其平均数，中位数，方差，极差分别记为，，，，则（ ）
A． B．
C． D．
10．若，记为不超过的正整数中与互质（两个正整数除1之外，没有其余公因数）的正整数的个数，例如，则下面选项正确的是（ ）
A．
B．
C．若是质数，则
D．
11．在正三棱台中，分别是线段上的点，是上、下底面的中心，是底面内一点，下列结论正确的是（ ）
A．
B．若平面，则点的轨迹长等于
C．
D．当时，四点构成的图形为直角梯形
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知点为抛物线上一点，且点到抛物线的焦点的距离为3，则 .
13．设复数满足，则 .
14．的最大值为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．如图1，在中，，，、两点分别在、上，使.现将沿折起得到四棱锥，在图2中.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面所成角的正切值.
16．已知函数.
(1)求的单调递增区间；
(2)若对恒成立，求实数的取值范围.
17．在中，角所对的边分别是，且满足
(1)求角的大小；
(2)若，求面积的最大值；
(3)求的取值范围.
18．甲口袋中装有2个黑球和1个白球，乙口袋中装有3个白球.现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为，恰有2个黑球的概率为，恰有1个黑球的概率为.
(1)求和；
(2)求证：是等比数列；
(3)求的数学期望（用表示）.
19．已知圆为坐标原点，过圆上一动点作圆的切线交圆于两点，直线交圆于两点.
(1)四边形的面积是否是定值，直接给出结果，不必证明；
(2)对平面上所有点进行如下变换，（即：原坐标在这个变换下的新坐标为），圆、圆、直线分别变换成，点变换成.
①写出的方程，与是否相切，证明你的结论；
②四边形的面积是否是定值，请说明理由.
参考答案
1．【答案】C
【详解】，
，
.
故选C.
2．【答案】A
【详解】或，
或，但或，
故“”是“”的充分而不必要条件，A正确，BCD错误.
故选A
3．【答案】D
【详解】，∴，∴，
故选D.
4．【答案】C
【详解】甲同学有3种选择，乙同学有2种选择，故共有种选择，
其中甲乙选择同一天的情况有2种，故甲乙选择同一天的概率为.
故选C.
5．【答案】B
【详解】的定义域为，，
因为函数在其定义域内单调递增，
所以在上恒成立，即在上恒成立，
因为，当且仅当时，等号成立，
所以，所以.
故选B.
6．【答案】B
【详解】点在上，则，且或，
因，则，，
则，
解得，故或.
故选B.
7．【答案】B
【详解】令，可得，所以，
令，可得，
因为不恒为0，所以，所以是奇函数，
因为，
所以.
故选B.
8．【答案】C
【详解】延长至，使，则，
所以共线，又的最小值为，且，
所以为等腰三角形，当且仅当时取得最小值，则，

所以是等边三角形，取的中点，则，当且仅当时取等号，
所以，即的最小值为.
故选C.
9．【答案】ABC
【详解】对于A选项，由平均数的性质可得，A对；
对于B选项，不妨设，
若为奇数，设，则数据，，，的中位数为，
若，新样本数据由小到大依次为，，，，
这组数据的中位数为；
当，新样本数据由小到大依次为 ，，，，
这组数据的中位数为；
若为偶数，同理可知，，B对；
对于C选项，由方差的性质可得，C对；
对于D选项，若，是，，，中最大值和最小值，
当时，则为，，，中的最大值，
为，，，中的最小值，
此时，；
当时，则为，，，中的最小值，
为，，，中的最大值，
此时，，D错.
故选ABC.
10．【答案】BC
【详解】不超过14且与14互质的正整数有，共6个，即，A选项错误；
不超过16且与16互质的正整数有，共8个，即，B选项正确；
若是素数，与前个正整数均互素，可得，所以C选项正确；
若，则，然而必为偶数，故比小的数中所有偶数与不互质，而且为奇数也与不互质，此时，当为合数时，还会存在至少1个数与不互质，此时.
例如时，，，
∴，，此时，D选项错误.
故选BC.
11．【答案】AC
【详解】A选项，显然⊥底面，取的中点，连接，
过点作，交于点，则，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
设，，
则，，，，
则，
所以，
故，A正确；
B选项，
取的中点，连接，，
因为且，所以四边形为平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面，
故当在上时，满足平面，
故的轨迹长度为，其中，
由余弦定理得，
点的轨迹长不等于，B错误；
C选项，，，
，，
又棱台的体积为
，
所以，C正确；
D选项，四边形为等腰梯形，当与重合，时，
，但此时与平行，故与不平行，
此时四点构成的图形不为直角梯形，D错误.
故选AC.
12．【答案】2
【详解】由焦半径公式得，点到抛物线的焦点的距离，解得.
13．【答案】
【详解】因为对任意复数，都有，
又，所以，
所以，所以.
14．【答案】25
【详解】设.
则在椭圆上，在圆上.
.
设是上一点，
，
∵，∴，即，
∴当共线的时，取最大值，此时最大，最大值为5，
∴.
15．【答案】(1)证明见解析；
(2).
【详解】（1）在图1的中，，
所以，，且，，
因为，所以，，则，，
在中，，，，则，
在图2的中，，，，
满足，所以，，
因为，，，、平面，所以，平面.
（2）解法一：因为平面，，
以点为原点，、、的方向分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，，，
设平面一个的法向量，则，
取，可得，
设平面的一个法向量为，，，
则，取，则，
设平面与平面所成角为，
则，
所以，，.
因此，平面与平面所成角的正切值为；
解法二：过在平面内作，垂足为点，
过点在平面内作，垂足为点，连接，
由（1）知平面，因为平面，则，
因为，，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，，
因为，，、平面，所以，平面，
因为平面，则，
所以，为平面与平面所成的角，设.
在中，，，，，
所以，，，
在中，，，，，
所以，，则，
在中，，
所以，平面与平面所成角的正切值为.
16．【答案】(1)答案见详解；
(2).
【详解】（1）由函数，其中，
可得，
当时，令，解得，所以的单调递增区间为，
当时，令，解得或，
所以的单调递增区间为，，
当时，恒成立，所以的单调递增区间为，
当时，令，解得或，
所以的单调递增区间为及，
综上可得，当时，的单调递增区间为；
当时，的单调递增区间为及；
当时， 的单调递增区间为；
当时，的单调递增区间为及；
（2）由（1）知，当，在单调递增，所以，
令，可得，所以，
当时，函数在单调递减，在单调递增，
所以，
令，可得，
令，可得，所以为单调递减，
所以，所以，所以在上单调递减，
因为且，所以，
综上可得，实数的取值范围为.
17．【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）由正弦定理得，即，
因为，所以，
所以，所以，
又因为，所以.
（2）由余弦定理得：
，代入得：，
根据基本不等式，得：，当且仅当时，等号成立，
的面积为：，故面积的最大值为.
（3）
令，则，
所以可化为：
因为，
由二次函数的图像性质得到，
当时，原式大于，
当时，原式取得最大值，
故的取值范围为
18．【答案】(1)，；
(2)证明见详解；
(3).
【详解】（1）依题意，，，
，
.
（2）设表示次取球后甲口袋有2个黑球，表示次取球后甲口袋有1个黑球，
表示一次操作甲乙都取的是白球，表示一次操作甲取的是白球同时乙取的是黑球，
表示一次操作甲取的是黑球同时乙取的是白球，表示一次操作甲，乙都取黑球，
当时，
则，
，
，
，
因此，即，，
所以是为首项为公比的等比数列.
（3）依题意，的分布列为
0 1 2
期望，由（2）得，
所以.
19．【答案】(1)是，
(2)①，与相切，证明见解析；②四边形的面积是定值，理由见解析
【详解】（1）由与垂直，四边形的面积，
四边形对角线互相垂直，且对角线长不变，所以四边形的面积为定值.
（2）①由已知得的方程分别为为
若的斜率不存在时，的方程为，此时显然与相切
若的斜率存在时，设的方程为与相切得，
即
的方程为，代入，
得，
此时
所以只有一个交点，显然与相切
②设，联立，
消得
将代入得，到的距离为，
所以
显然所以
所以四边形的面积
当直线的斜率不存在时，的斜率也不存在，此时
（或）
此时四边形的面积
所以四边形的面积是定值

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