高級中學名校試題PAGEPAGE1甘肅省張掖市某校2025屆高三下學期3月檢測數學試題一、選擇題:本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.復數z滿足，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由題意知，所以，.故選：B.2.已知集合，若，則實數取值范圍為（

）A. B. C. D.【答案】A【解析】由得，.由得，，∴或，∴，解得.故選：A.3.已知為方程的兩個實數根，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因為為方程的兩根，由韋達定理，得，則故選：C4.已知二項式的展開式奇數項的二項式系數和為，展開式中項的系數為，則a的值為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由展開式奇數項的二項式系數和，可得，則展開式的通項為，令，則，，解得，，.故選：A.5.函數的大致圖象為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】當時，，，所以，故D錯誤；因為為偶函數，所以函數的圖象關于直線對稱，故C錯誤；當時，，，因為，所以函數在上存在單調減區(qū)間，故B錯誤；故選：A6.已知平行四邊形ABCD內接于橢圓且AB，AD斜率之積的范圍為則橢圓離心率的取值范圍是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】由題意，和均關于原點對稱，令，則，若，則，所以橢圓離心率.故選：A7.已知銳角，角的對邊分別，且，則的取值范圍是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】由題設知，，由正弦定理得，即,又，所以，所以，得，所以，又，即，又銳角，所以，所以，所以，即，所以的取值范圍是.故選：A8.已知定義在上的函數滿足：，且，則（）A.1650 B.1651 C.651 D.676【答案】B【解析】由，可得①，則有②，③，將①②③左右分別相加，得，又，即，故得，所以，，將以上式子左右分別相加，即得：，又，所以.故選：B.二、選擇題:本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.將函數的圖象向右平移個單位長度，得到的圖象，則（）A.的最小正周期為 B.的圖象關于直線對稱C.在上單調遞增 D.當時，的最小值為【答案】AD【解析】依題意，將函數的圖象向左平移個單位長度，即得的圖象.對于A，由,可知A正確；對于B，因，故的圖象關于直線不對稱，即B錯誤；對于C，當時，，此時，函數先增后減，故C錯誤；對于D，當時，，因時，函數單調遞增，當時，函數單調遞減，且時，即時，；時，即時，，故的最小值為，故D正確.故選：AD.10.在正三棱臺中，為線段上一動點，，則（）A.存在點，使得 B.存在點，使得C.當平面時，為的中點 D.的最小值為【答案】BCD【解析】對于A，如圖1由正三棱臺的定義知，與必相交，故與平面必相交，而平面,故與不可能平行，即A錯誤；對于B，設正三棱臺的上下底面中心分別為,連接，則平面，因平面，則；連接并延長交于，則，由正棱臺結構性之可知與延長線交于一點，所以過與的平面有且只有一個記為平面，又平面，故平面，又平面，故，即當點與點重合時，成立，故B正確；對于C，若平面，因平面,則，又平面，且為正三角形，故為的中點，即C正確；對于D，繞著邊翻折至與共面時，連接交于點(如圖2所示)，由圖可知當三點共線時的值最小.如圖3，在梯形中，作于點，則，因，則，在中，由余弦定理，，同理,故，又，故的最小值為，即D正確.故選：BCD.11.隨著我國航天科技的快速發(fā)展，雙曲線鏡的特性使得它在天文觀測中具有重要作用，雙曲線的光學性質是：從雙曲線的一個焦點發(fā)出的光線，經雙曲線反射后，反射光線的反向延長線經過雙曲線的另一個焦點.由此可得，過雙曲線上任意一點的切線平分該點與兩焦點連線的夾角.已知分別為雙曲線的左，右焦點，過C右支上一點作直線l交x軸于，交y軸于點N，則（）A.C的漸近線方程為B.過點作，垂足為H，則C.點N的坐標為D.四邊形面積的最小值為【答案】ABD【解析】對于A項，由已知可得，，所以雙曲線的漸近線方程為，故A項正確；對于B項，如圖，，且滿足，所以直線的方程為，聯立化簡得，由于，即為雙曲線的切線.由雙曲線的光學性質可知，平分，延長與的延長線交于點.則垂直平分，即點為的中點.又是的中點，所以，故B項正確；對于C項，設，則，整理可得.又，所以有，所以有，解得，所以點的坐標為，故C項錯誤；，當且僅當，即時，等號成立.所以，四邊形面積的最小值為，故D項正確.故選：ABD三、填空題:本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知平面向量，，且滿足，則____.【答案】【解析】由，，則，因為，所以，則，解得.故答案為：.13.中國是瓷器的故鄉(xiāng)，瓷器的發(fā)明是中華民族對世界文明的偉大貢獻，瓷器傳承著中國文化，有很高的欣賞和收藏價值．現有一批同規(guī)格的瓷器，由甲、乙、丙三家瓷廠生產，其中甲、乙、丙瓷廠分別生產300件、300件、400件，而且甲、乙、丙瓷廠的次品率依次為4%、3%、3%．現從這批瓷器中任取一件，若取到的是次品，則其來自甲廠的概率為______．（結果保留兩位小數）【答案】0.36【解析】設B表示事件：取得次品．表示事件：該產品由第i家工廠生產（，2，3）．第i家工廠（，2，3）分別表示甲、乙、丙瓷廠．，，．，，，故取到的是次品，則其來自甲廠的概率為．故答案為：0.36.14.已知，對任意的，不等式恒成立，則k的取值范圍是__________．【答案】【解析】由條件得，構造函數，對其求導得，令得，于是當時，，函數單調遞減；當時，，函數單調遞增．因為，，所以，，根據，得到，分離參數得對恒成立，只需構造函數，，對其求導得，令得，于是當時，，函數單調遞增；當時，，函數單調遞減，所以，于是，因此k的取值范圍是故答案為：四、解答題:本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.為調查某地區(qū)學生在高中學習中錯題訂正整理情況與考試成績的關系．首先對該地區(qū)所有高中學生錯題訂正整理情況進行分值評價，給出得分；再組織考試．從這些學生中隨機抽取20名學生的錯題訂正整理情況得分和對應的考試成績作為樣本，得到樣本數據，其中和分別表示第個樣本錯題訂正整理情況得分和對應的考試成績，計算得．（1）求樣本的相關系數（精確到0.01），并推斷考試成績和錯題訂正整理情況得分的相關程度；（2）已知20個樣本中有8個樣本的考試成績低于樣本平均數．利用頻率估計概率，從該地區(qū)所有高中學生中隨機抽取4個學生的錯題訂正整理情況得分和對應的考試成績，記抽到考試成績低于的個數為X，求隨機變量X的分布列．附：相關系數．解：（1），接近考試成績和錯題訂正整理情況得分高度相關．（2）考試成績低于樣本平均數的概率記為，則x01234p16.已知函數及點.（1）若點在的圖象上，求曲線在點處的切線的方程；（2）若過點與的圖象相切的直線恰有條，求的值.解：（1）因為點在的圖象上，所以，又，所以，所以曲線在點處的切線方程為，即.（2）設過點的直線與的圖象切于點，則切線斜率，所以的方程為，將點的坐標代入得，因為過點與的圖象相切的直線恰有條，所以關于的方程有兩個不等的實根.設，則，令，得，或；令，得，所以在上單調遞增，在上單調遞減.的極大值為,的極小值為,因為方程有兩個不等實根，則，或，即的值為或.17.在平面直角坐標系中，已知拋物線:的焦點為，點是拋物線上的一點.（1）若求點A的坐標；（2）已知是軸上的點，若線段的最小值為4，求實數的值；（3）如圖，已知點在拋物線上，滿足作，為垂足.問：是否存在定點，使得為定值?若存在，求出點坐標以及的值；若不存在，說明理由.解：（1）由拋物線的性質可知，，準線方程為.所以，代入拋物線，（2）設令，，對稱軸為，當，即，當時取最小值，，當，即，當時取最小值，，（3）設，，又，，令直線，聯立，整理得，且則代入（1）式得:當時，過定點與重合，不符;

當時，過定點,直線過定點

又，故在以為直徑的圓上，

而中點為，即為定值.18.設數列的前n項和為，已知，（）．（1）求證：數列為等比數列；（2）若數列滿足：，．①求數列的通項公式；②是否存在正整數n，使得成立？若存在，求出所有n的值；若不存在，請說明理由．（1）證明：由，得（），兩式相減，得，即（）．因為，由，得，所以，所以對任意都成立，所以數列為等比數列，首項為1，公比為2．（2）解：①由（1）知，，由，得，即，即，因為，所以數列是首項為1，公差為1的等差數列．所以，所以．②設，則，所以，兩式相減，得，所以．由，得，即．顯然當時，上式成立，設（），即．因為，所以數列單調遞減，所以只有唯一解，所以存在唯一正整數，使得成立．19.如圖，MN⊥MA，MN⊥NB，垂足分別為M，N，異面直線MA，NB所成的角為，，點P，Q分別是直線MA，NB上的動點，且，設線段PQ的中點為R.（1）求異面直線MN與PQ所成的角;（2）求MR取值范圍;（3）求四面體MNPQ的體積的最大值.解：（1）如圖，過點N作MA的平行線NA2，過點P作MN的平行線交NA2于點P2，連接P2Q，則∠P2PQ是異面直線MN與PQ所成的角或其補角.因為MN⊥MA，MN⊥NB，所以PP2⊥NA2，PP2⊥NB，因為NA2∩NB=N，NA2，NB?平面NBA2，所以PP2⊥平面NBA2，又P2Q?平面NBA2，所以PP2⊥P2Q，因為，所以cos∠P2PQ=，所以∠P2PQ=，所以異面直線MN與PQ所成的角為.（2）如圖，過MN的中點O分別作MA，NB的平行線OA1，OB1，以O為坐標原點，∠A1OB1的外角平分線、內角平分線分別為x軸、y軸，過點O并且垂于平面OA1B1的直線OM為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系.由題意可知，∠A1OB1=，設MP=a，NQ=b，則，所