/河南省南陽完全學校2024_2025學年高三第三次調研測試數學試卷一、單選題（本大題共8小題）1．已知集合，若，則（

）A．1 B．2 C．3 D．42．某市高中數學統考，假設考試成績服從正態分布.如果按照，，，的比例將考試成績從高到低分為四個等級.若某同學考試成績的等級為，則該同學的考試成績可能為（

）（參考數據：）A．120 B．90 C．80 D．603．已知函數.若曲線和在公共點處有相同的切線，則a，b的值分別為（

）A． B． C． D．4．已知正四棱柱中，(點E在棱BB1上)，，則該四棱柱被過點，，的平面截得的截面面積為A． B．36 C． D．5．已知拋物線上兩點滿足，若線段的中點的縱坐標的最小值為4，則（

）A．2 B．4 C．5 D．66．在中，，，點在線段上.當取得最小值時，（

）A． B． C． D．7．假設甲和乙剛開始的“日能力值”相同，之后甲通過學習，“日能力值”都在前一天的基礎上進步2%，而乙疏于學習，“日能力值”都在前一天的基礎上退步1%.那么，大約需要經過（

）天，甲的“日能力值”是乙的20倍（參考數據：，，）A．23 B．100 C．150 D．2328．函數的部分圖像如圖中實線所示，圖中圓與的圖像交于兩點，且在軸上，則下列說法中不正確的是（

）A．函數的最小正周期是B．函數在上單調遞減C．函數的圖像向左平移個單位后關于直線對稱D．若圓半徑為，則函數的解析式為二、多選題（本大題共3小題）9．已知m，n是異面直線，，，那么（

）A．當，或時，B．當，且時，C．當時，，或D．當，不平行時，m與不平行，且n與不平行10．甲盒子中有5個紅球，2個白球和3個黑球，乙盒子中有4個紅球，3個白球和3個黑球.先從甲盒子中隨機取出一球放入乙盒子，分別以，和表示由甲盒子取出的球是紅球，白球和黑球的事件；再從乙盒子中隨機取出一球，以表示由乙盒子取出的球是紅球的事件，則下列結論中正確的是（）A．，，是兩兩互斥的事件 B．C．事件與事件相互獨立 D．11．已知橢圓：的左右焦點分別為，，將曲線上所有點的橫坐標變為原來的倍，縱坐標變為原來的倍，得到曲線，則下列說法正確的是（

）A．曲線為圓B．曲線的面積可能與曲線面積相等C．曲線與曲線的離心率分別為，則D．若的四個頂點構成的四邊形面積為，則的離心率為三、填空題（本大題共3小題）12．的展開式的第8項是．13．已知，且滿足，則．14．已知函數及其導函數的定義域均為，若是偶函數，，，，且，則下列結論正確的是．（填所有正確結論的序號）①；②；③；④．四、解答題（本大題共5小題）15．各項均為正數的等比數列首項，為其前n項和，若，，成等差數列.(1)求數列的通項公式；(2)，，記數列的前n項和．若，求整數n的最大值.16．已知函數，其中e為自然對數的底數.(1)若曲線在點處的切線與直線l：垂直，求實數a的值；(2)求函數的單調區間；17．如圖，在四棱錐中，面，且，分別為的中點.（1）求證：平面；（2）在平面內是否存在點，滿足，若不存在，請簡單說明理由；若存在，請寫出點的軌跡圖形形狀.18．已知橢圓：的離心率為，橢圓的動弦過橢圓的右焦點，當垂直軸時，橢圓在，處的兩條切線的交點為．(1)求點的坐標；(2)若直線的斜率為，過點作軸的垂線，點為上一點，且點的縱坐標為，直線與橢圓交于，兩點，求四邊形面積的最小值．19．某制藥公司研制了一款針對某種病毒的新疫苗.該病毒一般通過病鼠與白鼠之間的接觸傳染，現有只白鼠，每只白鼠在接觸病鼠后被感染的概率為，被感染的白鼠數用隨機變量表示，假設每只白鼠是否被感染之間相互獨立．（1）若，求數學期望；（2）接種疫苗后的白鼠被病鼠感染的概率為，現有兩個不同的研究團隊理論研究發現概率與參數的取值有關．團隊提出函數模型為，團隊提出函數模型為．現將白鼠分成10組，每組10只，進行實驗，隨機變量表示第組被感染的白鼠數，現將隨機變量的實驗結果繪制成頻數分布圖，如圖所示．假設每組白鼠是否被感染之間相互獨立．①試寫出事件“”發生的概率表達式（用表示，組合數不必計算）；②在統計學中，若參數時使得概率最大，稱是的最大似然估計．根據這一原理和團隊，提出的函數模型，判斷哪個團隊的函數模型可以求出的最大似然估計，并求出估計值．參考數據：．

答案1．【正確答案】B【詳解】由題意可得，且，解得．故選B.2．【正確答案】B【詳解】數學測試成績服從正態分布，則，，由于等級的概率之和為，所以，又因為，即，故為A等級，為等級，為等級，為等級，結合選項可知：該同學的考試成績可能為90.故選B.3．【正確答案】A【詳解】因為，所以，由題意，解得故選:A.4．【正確答案】C【詳解】由題意，正四棱柱中，，，可得，，在上取點，使，如圖所示，連接，，可得且，則四邊形是平行四邊形，四棱柱被過點，，的平面截得的截面為，由勾股定理可得，，，所以，所以，所以平行四邊形的面積為.故選:C.5．【正確答案】B【詳解】顯然直線的斜率存在，設直線，聯立方程，消去y可得，則，且，由題意可得，整理可得，又因為，令，則，構建當，即時，在內單調遞增，則，即，可得，解得，不合題意；當，即時，在內單調遞減，在內單調遞增，則，即，可得，解得，符合題意；綜上所述.故選B.1.數形結合法：根據待求值的幾何意義，充分利用平面圖形的幾何性質求解；2.構建函數法：先引入變量，構建以待求量為因變量的函數，再求其最值，常用基本不等式或導數法求最值（注意：有時需先換元后再求最值）．6．【正確答案】B【詳解】如圖，以所在直線為軸，以的垂直平分線建立軸，建立平面直角坐標系，

由，，則，所以，，，設，則，，則，當時，取得最小值，此時，.故選B7．【正確答案】B【詳解】令甲和乙剛開始的“日能力值”為1，天后，甲、乙的“日能力值”分別，依題意，，即，兩邊取對數得，因此，所以大約需要經過100天，甲的“日能力值”是乙的20倍.故選B8．【正確答案】B【詳解】對于A，根據中心對稱，可知點的橫坐標為，所以的最小正周期，故A正確；對于B，由周期可得，又，即，，且，所以，因此，由，可得，所以函數在上不單調，故B錯誤；對于C，函數的圖像向左平移個單位后，得到函數，對稱軸為，即，故關于直線對稱，故C正確；對于D，若圓半徑為，則，所以，函數解析式為，故D正確．故選:B9．【正確答案】AB【詳解】A：當，時，；當，時，，故A正確；B：當，時，又為異面直線，所以，故B正確；C：當時，由，得或與相交；當時，由，得或與相交，故C錯誤；D：當不平行時，可能或與相交，或與相交，故D錯誤.故選AB10．【正確答案】AD【詳解】A選項，根據題意，，，故有互斥事件的定義可得兩兩互斥，故A正確.BD選項，，又，故D正確，故，故B錯誤.C選項，，故，所以事件與事件不相互獨立，故C錯誤，故選AD11．【正確答案】BC【詳解】設點為曲線上任意一點，則由題意知，即，代入橢圓的方程得.所以曲線的方程為.不是圓的方程，所以A錯誤；橢圓：的面積為，橢圓：的面積為，令得，即當時，曲線的面積與曲線面積相等，故B正確；由已知得，，則，所以，所以C正確；設，因為的四個頂點構成的四邊形的面積為，所以，所以，所以，所以，所以（負舍），所以D錯誤.故選BC12．【正確答案】【詳解】因為的展開式的通項公式，令，則，所以展開式的第8項是.13．【正確答案】【詳解】法一：由，則，因此，又因為，所以，所以，則．法二：由，則，結合則，則．14．【正確答案】②③【詳解】由題意可知，，故為上奇函數，即，由題令或0（舍去），故①錯誤；令，故②正確；由條件可知，，則有，所以，則，故③正確；由③可知，，即的一個周期為，所以，故④錯誤.15．【正確答案】(1)(2)【詳解】（1），，成等差數列，故，即，則，解得或者，因為等比數列各項均為正數，故，且所以（2），故，故，故即，解得，故整數n的最大值為.16．【正確答案】(1)；(2)答案見解析.【詳解】（1），因為在點處的切線與直線l：垂直，則，解得.（2），當時，，此時的單調增區間為，無單調減區間；當時，令，解得，令，解得.則此時的單調遞增區間為，單調遞減區間為.綜上所述：當時，的單調增區間為，無單調減區間；當時，的單調遞增區間為，單調遞減區間為.17．【正確答案】（1）證明見解析（2）存在，軌跡是半徑為的圓，理由見解析；【分析】（1）過作交于點，連接，由線面平行證明面面平行，再由面面平行的性質即可得出線面平行的證明；（2）由點在空間內軌跡為以中點為球心，為半徑的球，而中點到平面的距離為，即可求解.【詳解】（1）如圖，過作交于點，連接，面，面，則，又面，面，且不共線，故，因為為的中點，所以也為中點，又為的中點，所以，而平面，平面，所以平面，同理平面，又因為，平面，所以平面平面，而平面，所以平面.（2）如圖，以點A為原點建立空間直角坐標系，又，，則，故，設平面的法向量，則有，取，得到，即，又中點，則，則中點到平面的距離為，由，即，故在以中點為球心，半徑為的球面上，而，故在面上的軌跡是半徑為的圓，故存在符合題意的，此時軌跡是半徑為的圓.18．【正確答案】(1)(2)【詳解】（1）解：由題意知，，解得，，，所以橢圓的方程為，，將代入橢圓方程得，不妨取，設橢圓在點處的切線方程為，聯立，得，所以，整理得，解得，所以在點處的切線方程為，由橢圓的對稱性知，點在軸上，令，則，即點的坐標為,．（2）根據題意可設直線的方程為，,，,，聯立，得，所以，，，所以，因為軸，且點的縱坐標為，所以,，所以直線的斜率為，所以直線的方程為，同理可得，，所以，故為定值．