江苏省姜堰中学2024届高三下学期阶段性测试（2.5模）数学试题及答案

这是一份江苏省姜堰中学2024届高三下学期阶段性测试（2.5模）数学试题及答案，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．在复平面内表示复数的点位于第二象限，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
2．设x1，x2，…，xn为样本数据，令f（x）（xi﹣x）2，则f（x）的最小值点为（ ）
A．样本众数B．样本中位数C．样本标准差D．样本平均数
3．“”是“”成立的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
4．曲线上的点到直线距离的最小值为（ ）
A．B．C．D．
5．已知函数f（x）＝（x﹣3）2﹣1，则平面图形D内的点（m，n）满足条件：f（m）+f（n）＜0，且f（m）﹣f（n）＞0，则D的面积为（ ）
A．πB．3C．D．1
6．已知F为椭圆的右焦点，P为C上一点，Q为圆上一点，则的最大值为（ ）
A．5B．C．D．6
7．记递增的等差数列的前项和为．若，则（ ）
A．B．125C．155D．185
8．设函数在上至少有两个不同零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．下列四个命题中，假命题的是（ ）
A．要唯一确定抛物线，只需给出抛物线的准线和焦点
B．要唯一确定以坐标原点为中心的椭圆，只需给出一个焦点和椭圆的上一点
C．要唯一确定以坐标原点为中心的双曲线，只需给出双曲线上的两点
D．要唯一确定以坐标原点为中心的双曲线，只需给出一条渐近线方程和离心率
10．对任意，记，并称为集合的对称差．例如：若，则．下列命题中，为真命题的是（ ）
A．若且，则
B．若且，则
C．若且，则
D．存在，使得
11．用与母线不垂直的两个平行平面截一个圆柱，若两个截面都是椭圆形状，则称夹在这两个平行平面之间的几何体为斜圆柱．这两个截面称为斜圆柱的底面，两底面之间的距离称为斜圆柱的高，斜圆柱的体积等于底面积乘以高．椭圆的面积等于长半轴与短半轴长之积的倍，已知某圆柱的底面半径为2，用与母线成45°角的两个平行平面去截该圆柱，得到一个高为6的斜圆柱，对于这个斜圆柱，下列选项正确的是（ ）
A．底面椭圆的离心率为
B．侧面积为
C．在该斜圆柱内半径最大的球的表面积为
D．底面积为
三、填空题
12．已知的展开式中所有项的系数和为32，则 ．
13．已知F1，F2，分别为双曲线C：（a＞0，b＞0）的左、右焦点，过F2作C的两条渐近线的平行线，与渐近线交于M，N两点．若，则C的离心率为 ．
14．正三棱锥中，底面边长，侧棱，向量，满足，，则的最大值为 .
四、解答题
15．记的内角的对边分别为，已知．
(1)求角；
(2)若，点为的重心，且，求的面积．
16．如图，在四棱锥中，四边形ABCD是边长为2的正方形，平面平面ABCD，，点E是线段AD的中点，.
(1)证明：//平面BDM；
(2)求平面AMB与平面BDM的夹角.
17．某工厂生产某种元件，其质量按测试指标划分为：指标大于或等于82为合格品，小于82为次品，现抽取这种元件100件进行检测，检测结果统计如下表：
(1)现从这100件样品中随机抽取2件，若其中一件为合格品，求另一件也为合格品的概率；
(2)关于随机变量，俄国数学家切比雪夫提出切比雪夫不等式：
若随机变量X具有数学期望，方差，则对任意正数，均有成立.
（i）若，证明：；
（ii）利用该结论表示即使分布未知，随机变量的取值范围落在期望左右的一定范围内的概率是有界的.若该工厂声称本厂元件合格率为90%，那么根据所给样本数据，请结合“切比雪夫不等式”说明该工厂所提供的合格率是否可信？（注：当随机事件A发生的概率小于0.05时，可称事件A为小概率事件）
18．设是坐标平面上的一点，曲线是函数的图象．若过点恰能作曲线的条切线，则称是函数的“度点”．
(1)判断点与点是否为函数的1度点，不需要说明理由；
(2)已知，．证明：点是的0度点；
(3)求函数的全体2度点构成的集合．
19．在平面直角坐标系xOy中，过点的直线与抛物线交于M，N两点在第一象限）.
(1)当时，求直线的方程;
(2)若三角形OMN的外接圆与曲线交于点（异于点O，M，N），
（i）证明:△MND的重心的纵坐标为定值，并求出此定值;
（ii）求凸四边形OMDN的面积的取值范围.
测试指标
元件数（件）
12
18
36
30
4
参考答案：
1．B
【分析】根据复数的乘、除法运算可得该复数为，结合复数的几何意义建立不等式组，解之即可求解.
【详解】由题意知，
该复数在复平面内对应的点的坐标为，
又该点位于第二象限，所以，解得，
即实数m的取值范围为.
故选：B
2．D
【解析】把函数整理成二次函数的一般形式，然后由二次函数性质求解．
【详解】由题意，
取得最小值时，．
故选：D.
【点睛】本题考查样本平均数的概念，掌握样本平均数的表示是解题关键．
3．D
【分析】根据指数函数的单调性以及不等式的性质、充分条件、必要条件的定义即可判断.
【详解】取，则，但，故不充分，
取，则，但，故不必要．
故选：D．
4．C
【分析】设切点，根据导数的几何意义计算即可求解.
【详解】令，则，
设该曲线在点处的切线为，
需求曲线到直线的距离最小，必有该切线的斜率为2，
所以，解得，则切点为，
故切线的方程为，即，
所以直线到直线的距离为，
即该曲线上的点到直线的最小距离为.
故选：C
5．A
【解析】由和确定所在区域，然后计算区域面积．
【详解】，即，该不等式表示的平面区域是以为半径，为半径的圆内部分（不含边界），如图所示，
又，画出其对应区域，如图，直线与互相垂直，且交点刚好是圆心，∴满足条件 的点所形成的区域为图中阴影部分，其面积为．
故选：A.
【点睛】本题考查二元二次不等式组表示的平面区域，解题时可分别研究两个不等式表示的平面区域，再考虑它们的交集．
6．B
【分析】由题意设椭圆的左焦点为，作出图形，结合图形和椭圆的定义可知当三点共线时取到最大值.
【详解】由题意知，，设椭圆的左焦点为，
如图，P为C上一点，Q为圆上一点，，半径为1，
，
当且仅当三点共线时，等号成立，
所以的最大值为.
故选：B
7．C
【分析】令分别取1，2，得到等差数列的两个关系，结合等差数列的通项公式，可求出数列的首项和公差，进而可求前10项的和.
【详解】设递增的等差数列的公差为，则．
因为，
所以当时，，即①，
当时，，即②．
联立①②，结合，解得，.
所以.
故选：C
8．A
【分析】先令得，并得到，从小到大将的正根写出，因为，所以，从而分情况，得到不等式，求出答案.
【详解】令得，
因为，所以，
令，解得或，
从小到大将的正根写出如下：
，，，，，……，
因为，所以，
当，即时，，解得，
此时无解，
当，即时，，解得，此时无解，
当，即时，，解得，
故，
当，即时，，解得，
故，
当时，，此时在上至少有两个不同零点，
综上，的取值范围是.
故选：A
【点睛】方法点睛:在三角函数图象与性质中，对整个图象性质影响最大，因为可改变函数的单调区间，极值个数和零点个数，求解的取值范围是经常考察的内容，综合性较强，除掌握三角函数图象和性质，还要准确发掘题干中的隐含条件，找到切入点，数形结合求出相关性质，如最小正周期，零点个数，极值点个数等，此部分题目还常常和导函数，去绝对值等相结合考查综合能力.
9．CD
【分析】对于四个选项，分别根据圆锥曲线的定义逐项进行判断即可．
【详解】A：选项中给出抛物线上的焦点和准线，由拋物线定义可确定抛物线的焦点到准线的距离，所以能唯一确定抛物线，故A正确；
B：选项中以坐标原点为中心，给出椭圆的一个焦点，则另一个焦点能确定，再给出椭圆上一点，则可确定椭圆上点到两个焦点的距离和，由椭圆定义可知，能唯一确定椭圆，所以B选项正确；
C：选项中以坐标原点为中心，若给出的双曲线上的两点关于双曲线的对称轴对称，则无法确定双曲线，所以C选项不正确；
D：选项给出双曲线的一条渐近线方程和离心率，但无法确定焦点的位置，所以无法唯一确定双曲线，所以D选项不正确．
故选：CD．
10．AB
【分析】集合的新定义，结合选项以及交并补的性质逐一判断即可.
【详解】对于A,因为⊕，所以，，
所以，且中的元素不能出现在中，因此，即A正确；
对于B，因为⊕，所以，，
即与是相同的，所以，B正确；
对于C,因为⊕，所以，，
所以，即C错误；
对于D由于
，
而，故，即D错误．
故选：AB．
11．ABD
【分析】不妨过斜圆柱的最高点和最低点作平行于圆柱底面的截面圆，夹在它们之间的是圆柱，作出过斜圆柱底面椭圆长轴的截面，截斜圆柱得平行四边形，截圆柱得矩形，如图，由此截面可得椭圆面与圆柱底面间所成的二面角的平面角，从而求得椭圆长短轴之间的关系，得离心率，并求得椭圆的长短轴长，得椭圆面积，利用椭圆的侧面积公式可求得斜椭圆的侧面积，由斜圆柱的高比圆柱的底面直径大，可知斜圆柱内半径最大的球的直径与圆柱底面直径相等，从而得其表面积，从而可关键各选项．
【详解】不妨过斜圆柱的最高点和最低点作平行于圆柱底面的截面圆，夹在它们之间的是圆柱，如图，矩形是圆柱的轴截面，平行四边形是斜圆柱的过底面椭圆的长轴的截面，
由圆柱的性质知，
则，设椭圆的长轴长为，短轴长为，则，，，
所以离心率为，A正确；
，垂足为，则，
易知，，又，
所以斜圆柱侧面积为，B正确；
，，，，
椭圆面积为，D正确；
由于斜圆锥的两个底面的距离为6，而圆柱的底面直径为4，所以斜圆柱内半径最大的球的半径为2，球表面积为，C错．
故选：ABD．
12．3
【分析】利用赋值法即可求解.
【详解】令可得，解得，
故答案为：3
13．
【分析】根据二倍角公式求出，再求出离心率即可.
【详解】易知MN关于x轴对称，令，，
∴，，∴，∴．
，，，
∴，
∴．
故答案为: .
14．4
【分析】利用向量运算化简变形，设，将向量等式转化为两动点轨迹为均为球面，再利用球心距求两球面上任意两点间距离最大值即可.
【详解】已知正三棱锥，则，且，
由化简得，
由化简得.
设，代入，，
分别化简得，且，
故点在以为直径的球面上，半径；
点在以为直径的球面上，半径
分别取线段、的中点、，
则，
故.
故答案为：4
【点睛】将向量的代数关系转化为动态的几何表达，借助几何意义求解动点间的距离最值是解决本类题型的关键所在.
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据正余弦定理边角互化即可求解，
（2）根据重心的性质可得，进而根据余弦定理可得，由面积公式即可求解.
【详解】（1）因为，由正弦定理可得，
整理得，由余弦定理可得．
又因为，所以．
（2）设的延长线交于点，因为点为的重心，所以点为中点，
又因为，所以．
在中，由和，可得．
在和中，有，
由余弦定理可得
故，
所以，
所以的面积为．
16．(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）连接交于，连接,根据条件证明//即得；
（2）先证明平面，依题建系，求出相关点和向量的坐标，分别求得平面AMB与平面BDM的法向量，最后由空间向量的夹角公式求解即得.
【详解】（1）
如图，连接交于，连接,由是的中点可得，
易得与相似，所以，
又，所以//，
又平面平面，所以//平面；
（2）
因平面平面，且平面平面，由，点E是线段AD的中点可得
又平面，故得平面.如图，取的中点为,分别以为轴的正方向，建立空间直角坐标系.
则，，
，则，.
设平面的法向量为，由，
则，故可取；
设平面的法向量为，由，
则，故可取.
故平面与平面的夹角余弦值为，
所以平面与平面的夹角为.
17．(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）不可信.
【分析】（1）由条件概率的公式进行求解即可；
（2）（i）由求出，再结合切比雪夫不等式即可证明；（ii）设随机抽取100件产品中合格品的件数为，，由切比雪夫不等式判断出，进而可得出结论.
【详解】（1）记事件为抽到一件合格品，事件为抽到两个合格品，
（2）（i）由题：若，则
又
所以或
由切比雪夫不等式可知，
所以；
（ii）设随机抽取100件产品中合格品的件数为，
假设厂家关于产品合格率为的说法成立，则，
所以，
由切比雪夫不等式知，，
即在假设下100个元件中合格品为70个的概率不超过0.0225，此概率极小，由小概率原理可知，一般来说在一次试验中是不会发生的，据此我们有理由推断工厂的合格率不可信.
18．(1)是函数的一个1度点；不是函数的1度点
(2)证明见解析
(3)或
【分析】（1）求出曲线在点处的切线方程，该切线过点时，列出方程，求出一个根，满足要求，该切线过点，构造函数，解超越方程，无解，不合要求；
（2）求出在点处的切线方程，转化为无解，构造，求导得到其单调性，证明出无解，故证毕；
（3）求出切线方程，得到的一个2度点当且仅当关于的方程恰有两个不同的实数解，设，分，与三种情况，进行求解.
【详解】（1）设，则曲线在点处的切线方程为．
则该切线过点当且仅当，即． 故原点是函数的一个1度点，
该切线过点，故，
令，则，令得，令得，
故在上单调递增，在上单调递减，
在处取得极小值，也时最小值，且，
故无解，点不是函数的一个1度点
（2）设，，
则曲线在点处的切线方程为．
则该切线过点当且仅当（*）．
设，则当时，，故在区间上严格增．
因此当时，，（*）恒不成立，即点是的一个0度点．
（3），
对任意，曲线在点处的切线方程为．
故点为函数的一个2度点当且仅当关于的方程恰有两个不同的实数解．
设． 则点为函数的一个2度点当且仅当两个不同的零点．
若，则在上严格增，只有一个实数解，不合要求．
若，因为，
由或时得严格增；而当时，得严格减．
故在时取得极大值，在时取得极小值．
又因为，，
所以当时，由零点存在定理，在、、上各有一个零点，不合要求；
当时，仅上有一个零点，不合要求；
当时，仅上有一个零点，也不合要求．
故两个不同的零点当且仅当或．
若，同理可得两个不同的零点当且仅当或．
综上，的全体2度点构成的集合为或．
【点睛】方法点睛：针对一般的函数新定义问题的方法和技巧：
（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念.
19．(1)
(2)（i）证明见解析；纵坐标为0；（ii）.
【分析】（1）设直线的方程为，联立方程，由韦达定理和已知关系即可求解.
（2）（i）由O，M，D，N四点共圆，设该圆的方程为，
联立，消去，得，由方程根的思想即可求解. 或O，M，C，N四点共圆，由，，也可求解.
（2）（ii）记的面积分别为，分别联立方程先求出，所以，结合根与系数的关系进一步化简为，再结合导数进而求解.
【详解】（1）解:设直线
联立，消去，得，
所以，
，则
，则，又由题意，
直线的方程是;
（2）（1）方法1:设
因为O，M，D，N四点共圆，设该圆的方程为，
联立，消去，得，
即，
所以即为关于的方程的3个根，
则，
因为，
由的系数对应相等得，，所以的重心的纵坐标为0.
方法2:设，则，
因为O，M，D，N四点共圆，所以，即，
化简可得:，
所以的重心的纵坐标为0.
（2）记的面积分别为，由已知得直线MN的斜率不为0，设直线，联立，消去，得，所以，
所以，
由（1）得，，
所以，即，
因为，
点到直线MN的距离，
所以，
所以
在第一象限，即，
依次连接O，M，D，N构成凸四边形OMDN，所以，即，
又因为，即，即，
所以，即，即，
所以，
设，则，
令，则，
因为，所以，所以在区间上单调递增，所以，
所以的取值范围为.