甘肃省平凉市第一中学2024-2025学年高三下学期冲刺压轴卷（四） 数学试卷(含详解)
文档属性
| 名称 | 甘肃省平凉市第一中学2024-2025学年高三下学期冲刺压轴卷（四） 数学试卷(含详解) |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.1MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-05-13 23:16:15 | ||
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文档简介
甘肃省平凉市第一中学2024 2025学年高三下学期冲刺压轴卷（四）数学试卷
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知，则的虚部是（ ）
A．4 B．1 C． D．
3．二项式的展开式中常数项是（ ）
A． B． C．28 D．56
4．已知数列的通项公式是为常数，则“存在，使得成等差数列”的一个必要不充分条件是（ ）
A． B． C． D．
5．我们曾学习过碳14的半衰期约为5730年（即碳14大约每过5730年衰减为原来的一半），即经过年后，碳14的含量（为碳14的初始含量，为常数），则碳14含量由原来的衰减为大约需要经过（ ）
（参考数据：）
A．2292年 B．2456年 C．2674年 D．2838年
6．对于变量和变量，经过随机抽样获得成对样本数据，且，若关于的经验回归方程为，其样本相关系数为，则（ ）
（参考数据：）
A．1 B．2 C．3 D．4
7．已知直线与交于点，点是抛物线的焦点，则的最小值为（ ）
A．5 B．3 C． D．2
8．已知函数在上有3个零点，则（ ）
A．16 B．9 C．4 D．1
二、多选题（本大题共3小题）
9．某运动员在一次训练中共射击6次，成绩（单位：环）如下：，则下列说法正确的是（ ）
A．成绩的众数是10
B．成绩的中位数与成绩的平均数相同
C．成绩的分位数和分位数相同
D．若增加一个成绩8环，则成绩的方差不变
10．函数的图象与轴正半轴的交点的横坐标从左到右构成一个公差为的等差数列，且（ 是的导函数），若关于的不等式在上恒成立，则实数的值可能是（ ）
A．0 B． C． D．
11．如果存在正整数，使得对任意的正整数，均有，那么称数列为“阶弱增数列”，则下列说法正确的是（ ）
A．若数列的前项和为，则数列不是“2阶弱增数列”
B．若数列满足，则数列是“阶弱增数列”
C．若数列是“阶弱增数列”且，则的最小值为4
D．已知，若存在且，使得数列是“2阶弱增数列”，则
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知单位向量满足，则 .
13．已知是椭圆的左，右焦点，是上的两点，且，则的离心率是 .
14．已知顶角为的等腰三角形叫做黄金三角形，由个黄金三角形组成的四面体叫做黄金四面体，某黄金四面体的体积是，则此黄金四面体外接球的表面积是 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知的内角的对边分别为.
(1)求的大小；
(2)若的面积为，求的内切圆的面积.
16．如图，在三棱柱中，侧面都是矩形，且，点是棱上一点.
(1)若，求证：平面；
(2)若平面与平面夹角的正弦值为，求的长度.
17．已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)求证：对，使得.
18．已知双曲线经过点，动直线与恰有1个公共点，且与的两条互相垂直的渐近线分别交于点.
(1)求的方程；
(2)已知为坐标原点，求证：的面积为定值；
(3)过的右焦点作两条互相垂直的直线，且与交于两点，与交于两点，若的中点为的中点为，求证：直线与轴垂直.
19．2024年10月16日，为纪念我国第一颗原子弹爆炸60周年，某中学高三年级举行“两弹一星”知识挑战赛，全年级共1000名学生，其中高三（1）班有名学生.挑战赛分为初赛和决赛，都是以班级为单位，初赛每名学生都参加，每名学生只有1次答题机会，全班答对人数超过进入决赛；决赛按照班级学号从小到大依次答题，若答对，则下一个人答题，直到有人答错或班级所有人答完，此班结束比赛.
(1)学校根据初赛中学生答题情况绘制了如下列联表，完成表中数据，并根据小概率值0.001的独立性检验，能否认为学生答对题目与选科类型有关联？
选科类型 答对 答错 总计
物理类学生 350
历史类学生 50 300
总计 1000
(2)已知高三（1）班在初赛中每个学生答对的概率均为，各人是否答对相互独立，若初赛中高三（1）班恰有人答对的概率记为，求证：当取得最大值时，；
(3)若高三（1）班进入决赛，且决赛中每个学生答错的概率均为，各人是否答对相互独立，记决赛中高三（1）班答题的人数为，求证：.
附：，其中.
0.01 0.005 0.001
6.635 7.879 10.828
参考答案
1．【答案】C
【详解】因为，所以.
故选C.
2．【答案】B
【详解】因为，
所以，所以的虚部是1.
故选:B.
3．【答案】C
【详解】由题意，
在中，展开式的通项为，
令，解得，
∴展开式中常数项是.
故选C.
4．【答案】D
【详解】存在，使得成等差数列，则，
即，
整理得，即，
即“存在，使得成等差数列”的一个充要条件是且与无关，
因为，所以所求得必要不充分条件为.
故选D.
5．【答案】B
【详解】依题意，当时，，即，解得，
设经过年碳14含量衰减为原来的，经过年碳14含量衰减为原来的，
则，即，所以
.
故选B.
6．【答案】C
【详解】因为，
所以，
因为，所以，
所以，所以.
故选C.
7．【答案】B
【详解】由题意可知，直线恒过点，直线恒过点，
因为，所以，
所以点的轨迹是以线段为直径的圆（由直线的斜率存在知，不含点），
此时圆心为，半径.
即点的轨迹方程为（不含点，
抛物线可化为，其焦点坐标为，
所以.
故选B.
8．【答案】A
【详解】令，则，
令，得，令，得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，，所以函数的图象如图所示：
令，因为函数在上有3个零点，
则有2个不同的根，故，
解得或，
当时，，又，所以不满足题意，
故，所以且，
由韦达定理，得，，
所以.
故选A.
9．【答案】BC
【详解】对于A，根据众数的概念可知，成绩的众数是6和10，故A错误；
对于B，成绩的中位数为，成绩的平均数为，故B正确；
对于C，因为，
所以成绩的分位数和分位数都是从小到大排列的第5个数10，故C正确；
对于D，设原成绩的方差为，若增加一个成绩8环，则方差为，故D错误.
故选BC
10．【答案】AD
【详解】由题意可得的周期，即，所以，
由，得，
又，解得，，所以.
当时，，则，故，
令，则在上恒成立，即，
因为，所以在上单调递减，在上单调递增，
而，所以，所以.
故选AD.
11．【答案】ACD
【详解】对于A，当时，，
当时，，
所以，所以数列不是“2阶弱增数列”，故A正确；
对于B，由，得+2，所以，
又，所以是首项为，公差为2的等差数列，
所以，即，
当时，，即，不存在正整数，使得恒成立，故B错误；
对于C，因为，所以，
所以，即，所以，
当时，，
所以数列是“阶弱增数列”时，的最小值是4，故C正确；
对于D，因为，显然，
若存在且，使得数列为“2阶弱增数列”，则，
即，整理得，
所以存在且，使得对任意正整数恒成立，
当时，，
取，且，
则，不符合题意；
当时，取，则，符合题意；
当时，则，所以，
取，则，符合题意.
综上所述，若存在且，使得数列是“2阶弱增数列”，则，故D正确.
故选ACD.
12．【答案】
【详解】因为，所以，
又是单位向量，所以，解得，
所以，
所以.
13．【答案】
【详解】设，由，得，
根据椭圆的定义可得，，
在中，由余弦定理可得，
解得，
所以，
，
即，即，所以的离心率.
14．【答案】
【详解】如图，是黄金三角形，，是的角平分线，
因为，所以，
所以，，，
所以，
又，所以，即，
所以，即，解得，
即黄金三角形的底边与腰的比值为，
黄金四面体可在长、宽、高分别为、、的长方体中获得，
如图所示，则，得，
因为黄金四面体的体积，
解得，所以，，
设此黄金四面体外接球的半径为，则，
所以此黄金四面体外接球的表面积为.
15．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由正弦定理及，得，设，
由余弦定理，得，
因为，所以.
（2），解得，
所以.
设内切圆的半径为，则，所以.
所以的内切圆的面积为.
16．【答案】(1)证明见解析
(2)或.
【详解】（1）如图，连结交于点，连接，
因为点是矩形对角线的交点，所以点是的中点，
又点是的中点，所以，
因为平面平面，
所以平面.
（2）因为侧面都是矩形，所以，
因为，
所以，所以，
以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设，则，所以，
所以.
设向量为平面的法向量，则，即，
令，则，所以平面的一个法向量为.
设向量为平面的法向量，则，即，
令，则，所以平面的一个法向量为.
因为平面与平面夹角的正弦值为，
所以，
即，解得或.
所以或.
17．【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）由题意可知：的定义域为，且，
当时，恒成立，所以函数在上单调递增；
当时，令，得，令，得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
综上所述，当时，函数在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）当时，在上单调递减，在上单调递增，
所以.
令，则，
令，则，
可知单调递减，即单调递减.
且，
可知，使得，即，
当时，；当时，；
可知在内单调递增，在内单调递减，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
且，所以.
所以对，使得.
18．【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【详解】（1）双曲线的渐近线方程为，
由两条渐近线垂直可得，所以.
将点代入，得，解得，
所以的方程为.
（2）
证明：当动直线的斜率不存在时，.
当动直线的斜率存在时，不妨设直线，
故由得，
从而，化简，得.
又因为双曲线的渐近线方程为，
由得所以，同理可得，
所以，
又原点到直线的距离，
所以，又，所以.
综上所述，的面积为定值1.
（3）证明：由题意可得，双曲线的右焦点为，
当直线与的斜率都存在时，设直线的方程为，
由得，
且，
所以，
因为点是的中点，所以.
因为，所以将换成，得.
因为点与点的纵坐标相同，所以直线与轴垂直，
当直线的斜率不存在，直线的斜率为0时，易得；
当直线的斜率为0，直线的斜率不存在时，易得.
所以直线的方程为，与轴垂直.
综上所述，直线与轴垂直.
19．【答案】(1)列联表见解析，有关联
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【详解】（1）列联表如下：
选科类型 答对 答错 总计
物理类学生 350 350 700
历史类学生 250 50 300
总计 600 400 1000
零假设为：学生是否答对题目与选科类型无关联，
由表中的数据，得.
依据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
所以能够认为学生是否答对题目与选科类型有关联.
（2）证明：高三（1）班恰有人答对的概率为，
则
因为，令，得，令，得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以当取得最大值时，.
（3）证明：由题意可得的可能取值有，
则，且，
所以①，
②，
①-②，得，
所以
，
因为，所以.
所以.
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知，则的虚部是（ ）
A．4 B．1 C． D．
3．二项式的展开式中常数项是（ ）
A． B． C．28 D．56
4．已知数列的通项公式是为常数，则“存在，使得成等差数列”的一个必要不充分条件是（ ）
A． B． C． D．
5．我们曾学习过碳14的半衰期约为5730年（即碳14大约每过5730年衰减为原来的一半），即经过年后，碳14的含量（为碳14的初始含量，为常数），则碳14含量由原来的衰减为大约需要经过（ ）
（参考数据：）
A．2292年 B．2456年 C．2674年 D．2838年
6．对于变量和变量，经过随机抽样获得成对样本数据，且，若关于的经验回归方程为，其样本相关系数为，则（ ）
（参考数据：）
A．1 B．2 C．3 D．4
7．已知直线与交于点，点是抛物线的焦点，则的最小值为（ ）
A．5 B．3 C． D．2
8．已知函数在上有3个零点，则（ ）
A．16 B．9 C．4 D．1
二、多选题（本大题共3小题）
9．某运动员在一次训练中共射击6次，成绩（单位：环）如下：，则下列说法正确的是（ ）
A．成绩的众数是10
B．成绩的中位数与成绩的平均数相同
C．成绩的分位数和分位数相同
D．若增加一个成绩8环，则成绩的方差不变
10．函数的图象与轴正半轴的交点的横坐标从左到右构成一个公差为的等差数列，且（ 是的导函数），若关于的不等式在上恒成立，则实数的值可能是（ ）
A．0 B． C． D．
11．如果存在正整数，使得对任意的正整数，均有，那么称数列为“阶弱增数列”，则下列说法正确的是（ ）
A．若数列的前项和为，则数列不是“2阶弱增数列”
B．若数列满足，则数列是“阶弱增数列”
C．若数列是“阶弱增数列”且，则的最小值为4
D．已知，若存在且，使得数列是“2阶弱增数列”，则
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知单位向量满足，则 .
13．已知是椭圆的左，右焦点，是上的两点，且，则的离心率是 .
14．已知顶角为的等腰三角形叫做黄金三角形，由个黄金三角形组成的四面体叫做黄金四面体，某黄金四面体的体积是，则此黄金四面体外接球的表面积是 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知的内角的对边分别为.
(1)求的大小；
(2)若的面积为，求的内切圆的面积.
16．如图，在三棱柱中，侧面都是矩形，且，点是棱上一点.
(1)若，求证：平面；
(2)若平面与平面夹角的正弦值为，求的长度.
17．已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)求证：对，使得.
18．已知双曲线经过点，动直线与恰有1个公共点，且与的两条互相垂直的渐近线分别交于点.
(1)求的方程；
(2)已知为坐标原点，求证：的面积为定值；
(3)过的右焦点作两条互相垂直的直线，且与交于两点，与交于两点，若的中点为的中点为，求证：直线与轴垂直.
19．2024年10月16日，为纪念我国第一颗原子弹爆炸60周年，某中学高三年级举行“两弹一星”知识挑战赛，全年级共1000名学生，其中高三（1）班有名学生.挑战赛分为初赛和决赛，都是以班级为单位，初赛每名学生都参加，每名学生只有1次答题机会，全班答对人数超过进入决赛；决赛按照班级学号从小到大依次答题，若答对，则下一个人答题，直到有人答错或班级所有人答完，此班结束比赛.
(1)学校根据初赛中学生答题情况绘制了如下列联表，完成表中数据，并根据小概率值0.001的独立性检验，能否认为学生答对题目与选科类型有关联？
选科类型 答对 答错 总计
物理类学生 350
历史类学生 50 300
总计 1000
(2)已知高三（1）班在初赛中每个学生答对的概率均为，各人是否答对相互独立，若初赛中高三（1）班恰有人答对的概率记为，求证：当取得最大值时，；
(3)若高三（1）班进入决赛，且决赛中每个学生答错的概率均为，各人是否答对相互独立，记决赛中高三（1）班答题的人数为，求证：.
附：，其中.
0.01 0.005 0.001
6.635 7.879 10.828
参考答案
1．【答案】C
【详解】因为，所以.
故选C.
2．【答案】B
【详解】因为，
所以，所以的虚部是1.
故选:B.
3．【答案】C
【详解】由题意，
在中，展开式的通项为，
令，解得，
∴展开式中常数项是.
故选C.
4．【答案】D
【详解】存在，使得成等差数列，则，
即，
整理得，即，
即“存在，使得成等差数列”的一个充要条件是且与无关，
因为，所以所求得必要不充分条件为.
故选D.
5．【答案】B
【详解】依题意，当时，，即，解得，
设经过年碳14含量衰减为原来的，经过年碳14含量衰减为原来的，
则，即，所以
.
故选B.
6．【答案】C
【详解】因为，
所以，
因为，所以，
所以，所以.
故选C.
7．【答案】B
【详解】由题意可知，直线恒过点，直线恒过点，
因为，所以，
所以点的轨迹是以线段为直径的圆（由直线的斜率存在知，不含点），
此时圆心为，半径.
即点的轨迹方程为（不含点，
抛物线可化为，其焦点坐标为，
所以.
故选B.
8．【答案】A
【详解】令，则，
令，得，令，得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，，所以函数的图象如图所示：
令，因为函数在上有3个零点，
则有2个不同的根，故，
解得或，
当时，，又，所以不满足题意，
故，所以且，
由韦达定理，得，，
所以.
故选A.
9．【答案】BC
【详解】对于A，根据众数的概念可知，成绩的众数是6和10，故A错误；
对于B，成绩的中位数为，成绩的平均数为，故B正确；
对于C，因为，
所以成绩的分位数和分位数都是从小到大排列的第5个数10，故C正确；
对于D，设原成绩的方差为，若增加一个成绩8环，则方差为，故D错误.
故选BC
10．【答案】AD
【详解】由题意可得的周期，即，所以，
由，得，
又，解得，，所以.
当时，，则，故，
令，则在上恒成立，即，
因为，所以在上单调递减，在上单调递增，
而，所以，所以.
故选AD.
11．【答案】ACD
【详解】对于A，当时，，
当时，，
所以，所以数列不是“2阶弱增数列”，故A正确；
对于B，由，得+2，所以，
又，所以是首项为，公差为2的等差数列，
所以，即，
当时，，即，不存在正整数，使得恒成立，故B错误；
对于C，因为，所以，
所以，即，所以，
当时，，
所以数列是“阶弱增数列”时，的最小值是4，故C正确；
对于D，因为，显然，
若存在且，使得数列为“2阶弱增数列”，则，
即，整理得，
所以存在且，使得对任意正整数恒成立，
当时，，
取，且，
则，不符合题意；
当时，取，则，符合题意；
当时，则，所以，
取，则，符合题意.
综上所述，若存在且，使得数列是“2阶弱增数列”，则，故D正确.
故选ACD.
12．【答案】
【详解】因为，所以，
又是单位向量，所以，解得，
所以，
所以.
13．【答案】
【详解】设，由，得，
根据椭圆的定义可得，，
在中，由余弦定理可得，
解得，
所以，
，
即，即，所以的离心率.
14．【答案】
【详解】如图，是黄金三角形，，是的角平分线，
因为，所以，
所以，，，
所以，
又，所以，即，
所以，即，解得，
即黄金三角形的底边与腰的比值为，
黄金四面体可在长、宽、高分别为、、的长方体中获得，
如图所示，则，得，
因为黄金四面体的体积，
解得，所以，，
设此黄金四面体外接球的半径为，则，
所以此黄金四面体外接球的表面积为.
15．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由正弦定理及，得，设，
由余弦定理，得，
因为，所以.
（2），解得，
所以.
设内切圆的半径为，则，所以.
所以的内切圆的面积为.
16．【答案】(1)证明见解析
(2)或.
【详解】（1）如图，连结交于点，连接，
因为点是矩形对角线的交点，所以点是的中点，
又点是的中点，所以，
因为平面平面，
所以平面.
（2）因为侧面都是矩形，所以，
因为，
所以，所以，
以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设，则，所以，
所以.
设向量为平面的法向量，则，即，
令，则，所以平面的一个法向量为.
设向量为平面的法向量，则，即，
令，则，所以平面的一个法向量为.
因为平面与平面夹角的正弦值为，
所以，
即，解得或.
所以或.
17．【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）由题意可知：的定义域为，且，
当时，恒成立，所以函数在上单调递增；
当时，令，得，令，得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
综上所述，当时，函数在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）当时，在上单调递减，在上单调递增，
所以.
令，则，
令，则，
可知单调递减，即单调递减.
且，
可知，使得，即，
当时，；当时，；
可知在内单调递增，在内单调递减，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
且，所以.
所以对，使得.
18．【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【详解】（1）双曲线的渐近线方程为，
由两条渐近线垂直可得，所以.
将点代入，得，解得，
所以的方程为.
（2）
证明：当动直线的斜率不存在时，.
当动直线的斜率存在时，不妨设直线，
故由得，
从而，化简，得.
又因为双曲线的渐近线方程为，
由得所以，同理可得，
所以，
又原点到直线的距离，
所以，又，所以.
综上所述，的面积为定值1.
（3）证明：由题意可得，双曲线的右焦点为，
当直线与的斜率都存在时，设直线的方程为，
由得，
且，
所以，
因为点是的中点，所以.
因为，所以将换成，得.
因为点与点的纵坐标相同，所以直线与轴垂直，
当直线的斜率不存在，直线的斜率为0时，易得；
当直线的斜率为0，直线的斜率不存在时，易得.
所以直线的方程为，与轴垂直.
综上所述，直线与轴垂直.
19．【答案】(1)列联表见解析，有关联
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【详解】（1）列联表如下：
选科类型 答对 答错 总计
物理类学生 350 350 700
历史类学生 250 50 300
总计 600 400 1000
零假设为：学生是否答对题目与选科类型无关联，
由表中的数据，得.
依据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
所以能够认为学生是否答对题目与选科类型有关联.
（2）证明：高三（1）班恰有人答对的概率为，
则
因为，令，得，令，得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以当取得最大值时，.
（3）证明：由题意可得的可能取值有，
则，且，
所以①，
②，
①-②，得，
所以
，
因为，所以.
所以.
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