资源简介

昭通明达中学2025届高三4月教学质量检测数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合，，则中元素的个数为
A. B. C. D.
2.已知，则
A. B. C. D.
3.已知，的值为
A. B. C. D.
4.某同学参加跳远测试，共有次机会用事件表示随机事件“第次跳远成绩及格”，那么事件“前两次测试成绩均及格，第三次测试成绩不及格”可以表示为
A. B. C. D.
5.若，则
A. B. C. D.
6.规定，其中，，且，这是排列数，且的一种推广则
A. B. C. D.
7.已知某圆台的体积为，其轴截面为梯形，，，则在该圆台的侧距上，从点到的最短路径的长度为
A. B. C. D.
8.已知抛物线：的焦点为，为坐标原点，倾斜角为的直线过点且与交于，两点，若的面积为，则
A. B.
C. 以为直径的圆与轴仅有个交点 D. 或
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.函数的部分图象如图所录，则
A.
B. 在的值域为
C. 将的图像向左平移个单位后为奇函数
D. 的单调递增区间为，
10.素数分布是数论研究的核心领域之一，含有众多著名的猜想世纪中叶，法国数学家波利尼亚克提出了“广义孪生素数猜想”：对所有自然数，存在无穷多个素数对其中当时，称为“孪生素数”，时，称为“表兄弟素数”在不超过的素数中，任选两个不同的素数，，令事件为孪生素数，为表兄弟素数，，记事件，，发生的概率分别为，，，则下列结论中不成立的是
A. B.
C. D.
11.已知函数，则
A. 当时，函数有两个极值
B. 过点且与曲线相切的直线有且仅有一条
C. 当时，若是与的等差中项，直线与曲线有三个交点，则
D. 当时，若，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若对任意的实数，直线与椭圆恒有公共点，则实数的取值范围为______．
13.已知无穷等比数列中，首项，公比，则 ______．
14.幻方是一种数学游戏，具有悠久的历史，其要求每行每列以及两条对角线的数字之和均相等，且每格的数字均不相同现将填入幻方，部分数据如图所示，则的取值集合是 ．
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.本小题分
已知椭圆的左右两个焦点分别为，，是该椭圆的短轴，且，三角形的面积为．
求椭圆的标准方程；
若点是椭圆上任意一点，求的最值．
16.本小题分
在中，．
求；
若，从下列三个条件中选出一个条件作为已知，使得存在且唯一确定，求的面积条件：；条件：；条件：．
注：如果选择了不合适的条件，则第问记分．
17.本小题分
如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，底面，点为棱的中点，．
证明：平面；
在棱上是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．
18.本小题分
记为数列的前项和，且为等差数列，为等比数列，．
求的值，并求的通项公式
探究是否存在唯一的最大项
证明：．
本小题分
对于一个函数和一个点，令函数，若是的极值点，则称点是在的“边界点”．
对于函数，证明：对于点，存在点，使得点是在的“边界点”．
对于函数，，若不存在点，使得点是在的“边界点”，求的取值范围．
对于函数，，若存在两个不同的点，使得点是在的“边界点”，求的取值范围．
参考答案
1.【答案】
两个函数的大致图象如图所示：
可知函数与函数的图象有个交点，
所以中有个元素．
故选：．
2.【答案】
，，
．
故选：．
3.【答案】
因为，
则．
故选：．
4.【答案】
表示前两次测试成绩均及格，故A错误
表示后两次测试一次都没有及格，故B错误
表示前两次测试成绩均及格，第三次测试成绩不及格，故C正确
表示三次测试成绩均不及格，故D错误，
故选C．
5.【答案】
．
故选：．
6.【答案】
由题意可得．
故选：．
7.【答案】
由，，得圆台的下底面的半径为，上底面的半径为，
设圆台的高为，由圆台的体积为，得，所以，
在梯形中，则，如图，延长，，交于点，
由∽，得，所以，
设该圆台的侧面展开图的圆心角为，则，所以，
连接，，则从点到的最短路径为线段，
又，，，所以．
故选：．
由，，得圆台的下底面的半径为，上底面的半径为，设圆台的高为，由圆台的体积得，延长，，交于点，由∽，得，连接，，则从点到的最短路径为线段，利用余弦定理即可求解．
8.【答案】
依题意，设直线，
由，整理得，则，
所以，，所以，
解得，所以，解得，
所以，又，所以，故A错误；
因为，故B错误；
因为，又线段的中点到轴的距离为，
所以以为直径的圆与轴相切，即仅有个交点，故C正确；
因为，若，则，解得或，
若，则，解得或，
即或，
所以或，故D错误．
故选：．
9.【答案】
对于，由的部分图象知，，，
所以，，
由，得，选项A正确；
对于，所以，时，，
所以的值域为，选项B错误；
对于，将的图像向左平移个单位后，得，
是奇函数，选项C正确；
对于，，
由，，解得，，
即，，
所以单调递增区间为，，选项D正确．
故选：．
10.【答案】
不妨取，
不超过的素数有，，，，，，，，，共个，
从中任意取两个不同的素数，，共有个样本点，
由题意可知，，，，，共个样本点，
，，，，共个样本点，
，，，，，，，，，，共个样本点，
所以，，
显然，故A不成立，
因为，故B不成立，
因为，故C不成立，
中始终包含样本点，，，故D成立．
故选：．
11.【答案】
由得，
对于，当时，则有，
所以当时，，所以单调递增，
此时函数没有两个极值，故 A错误；
对于，设过点且与曲线相切于点，
则斜率为，可得切线方程为，
代入得，整理得，
令，则，令得或，
令得，所以在和上单调递增，
在上单调递减，又，，，
所以函数只有一个零点，即方程只有一个解，
所以过点且与曲线相切的直线有且仅有一条，故 B正确；
对于，当时，，又因为是与的等差中项，
所以直线即为直线，即，
该直线过定点，且此点在曲线上，
又，令得或，
令得，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
由题意作出函数的示意图，
设函数的对称中心为，则，即，
整理得，
所以，解得
所以函数图象关于点中心对称，设，
则有，所以，故 C正确；
对于，当时，，则，
令得或，令得，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
又，，作出作出函数的示意图
所以在上单调递减，所以，即，
令，当时，，则在上单调递减，
所以，所以，即，故 D正确．
故选：．
12.
因为恒过定点，
又对任意的实数，直线与椭圆恒有公共点，
则，
即，
又，
则实数的取值范围为．
故答案为：．
13.【答案】
是无穷等比数列，首项，公比，
则．
故答案为：．
利用无穷等比数列和的公式求解．
14.【答案】
不妨记第列从左往右，第行从下往上的数字坐标为，如，
易知，，，，．
设，则，，
由对角线可得到，解得，
故，，，．
注意到，故，
而，，均在幻方中出现过，故或．
当时，，但，矛盾
当时，给出一种幻方成立的情况：
综上，的取值集合是．
15.【答案】；
最小值为，最大值为．
由题意可知，且，
所以，，则，故椭圆的标准方程为．
设点，则，，易知点、，
所以设，则，
且所以，，
因为函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，，
故的最小值为，最大值为．
16.在中，，
因为，，
所以，
又，
所以或．
若选，即，则，
所以，则，
则
，
由正弦定理得：
，，
则存在且唯一确定，
面积为．
若选，即，又，，
所以，矛盾，
所以不成立．
若选，由，，，得，
由余弦定理可得：，
当时，，得或舍；
当时，，得或舍，
此时存在但不唯一确定，所以不合题意．
17.【答案】证明：在上找中点，连接，，如图：
和分别为和的中点，
，且，
又底面是直角梯形，，，
且即四边形为平行四边形，
，
平面，平面，
平面；
解：因为平面，，平面，
所以，，又，
以为原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
可得，，，，，
由为棱上一点，设，
，，
设平面的法向量为，
由，可得，解得，
令，则，则，
取平面的法向量为，
则二面角的平面角满足：，
解得：，解得：或舍去，
故存在满足条件的点，此时．
18.因为为等差数列，取前项知，，成等差数列，即，
因为为等比数列，取前项知，，成等比数列，即，
代入得，即，
也即，所以或，
若，那么，
所以，但不为等比数列，与题干不符，
则，得，
经检验得符合题意，故．
由可得，即，
令，解得，令，解得，且，
所以，即最大值不唯一
证明：因为
，
于是
，
因此．
19.证明：．
当时，．
当时，；
所以在上单调递增，在，上单调递减，
则是的极小值点，
故存在点，使得点是在的“边界点”．
．
因为不存在点，使得点是在的“边界点”，所以没有极值点．
若，则，没有极值点．
若，则当时，，
当时，，
所以在上单调递增，
在上单调递堿，
所以是的极大值点，是的极小值点．
综上的取值范围是．
．
因为存在两个不同的点，使得点是在的“边界点”，所以有个极值点．
令函数．
若，则在上恒成立，
所以在上单调递增，
所以最多只有个零点，即最多只有个零点，
则最多只有个极值点，不符合题意．
若，则当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增．
．
要使得有个极值点，则有个零点，
当时，不符合题意．
当时，由，解得．
此时，，
，
令函数，
所以在上单调递减，
，即．
所以，
当时，，
当时，，
所以在上单调递减，在，上单调递增．
所以有个极值点，符合题意．
综上，的取值范围为

展开更多......

收起↑