河南省安阳市林州市第一中学2025届高三上学期10月调研考试数学试题

这是一份河南省安阳市林州市第一中学2025届高三上学期10月调研考试数学试题，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（每题4分，共40分）
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出集合，再求出.
【详解】由，
则，
故选：B.
2. 命题“”的否定是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】特称量词的否定是只否定结论，特称全称互换即可.
【详解】运用特称量词的否定，只否定结论，特称全称互换.则命题“”的否定是“”.
故选：D.
3. 如图，有一个无盖的盛水的容器，高为，其可看作将两个完全相同的圆台面积较大的底面去掉后对接而成.现从顶部向该容器中倒水，且任意相等的时间间隔内所倒的水的体积相等，记容器内水面的高度随时间变化的函数为，则下列函数图象中最有可能是图象的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】考虑函数增长速度得到结论可得正确的选项.
【详解】因为单位时间内注水的体积不变，结合容器的形状，
在单位时间内，高度变化率先由快变慢，后由慢变快.
故选：D.
4. 随机变量，若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据二项分布的期望和方差公式可求，进而根据二项分布的概率公式即可求解.
【详解】因为，所以，
解得，所以.
故选：B.
5. 已知函数满足最小正周期为，函数，则将的图象向左平移（ ）个单位长度后可以得到的图象
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据周期公式及周期求出，再根据求出，最后根据图象平移规律求出平移的单位长度.
【详解】因为函数的最小正周期为，根据周期公式，可得，所以.
已知，即.
因为，所以，.
解得，，
不妨取，，则.
设将的图象向左平移个单位长度后得到的图象.
根据三角函数图象平移规律“左加右减”，则.
又因为，所以，.
解得，，不妨取，则.
故选：A.
6. 已知，则（ ）
A. 或7B. 或C. 7或-7D. -7或
【答案】B
【解析】
【分析】根据辅助角公式可求，故可求的值.
【详解】因为，故，
故，故，故，
故选：B.
7. 某班上有5名同学相约周末去公园拍照，这5名同学站成一排，其中甲、乙两名同学要求站在一起，丙同学不站在正中间，不同的安排方法数有（ ）
A. 24B. 36C. 40D. 48
【答案】C
【解析】
【分析】设最后两人为丁和戊，然后分甲、乙在丁、戊之间和丁、戊在甲、乙一侧时讨论即可.
【详解】设剩下的两人分别为丁和戊，
①甲、乙在丁、戊之间，将甲、乙捆绑成一个元素，
丁、戊两人有种排法，甲、乙内部有种排法，丙有4个位置可站，
则共有种；
②丁、戊在甲、乙一侧时，丁、戊可选择甲、乙左侧或右侧，则有种排法，
丁、戊排列有种排法， 甲、乙之间排列也有种排法， 丙有3个位置可站，
则该种情况共有种，
则总共有种不同安排方法.
故选：C.
8. 已知一系列样本点的一个经验回归方程为，若样本点的残差为2，则（ ）．
A. B. 1C. D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】根据残差计算公式计算即可.
【详解】由题意得，得,
故选：C.
9. 已知定义在上的函数的导函数为，若，且，，则的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构造函数，利用导数得出其单调性，进而由单调性解不等式即可.
【详解】构造函数，，
，即函数在R上单调递减，
等价于，解得.
即的解集为.
故选：D
10. 已知函数的值域为，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分段求出函数值域，再根据函数值域为，求参数取值范围.
【详解】当时，，
所以在上恒成立，
所以函数在上单调递增，所以，.
当时，，
若即，函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，.
又函数的值域为，所以，（）；
若即，函数在上单调递增，所以，.
又函数的值域为，所以（）.
综上可知：或.
故选：C
二、多选题（11--13题4分，14题5分，共17分）
11. 下列说法正确的是（ ）
A. 已知随机变量服从正态分布，越小，表示随机变量分布越集中
B. 数据1，9，4，5，16，7，11，3的第75百分位数为9
C. 线性回归分析中，若线性相关系数越大，则两个变量的线性相关性越弱
D. 已知随机变量，则
【答案】AD
【解析】
【分析】根据正态曲线的性质判断A；根据百分位数的定义判断B；根据相关系数与相关性的关系判断C；由二项分布均值的公式求，判断D.
【详解】对于A，随机变量服从正态分布，越小，即方差越小，
则随机变量分布越集中，因此A正确；
对于B，将数据从小到大排序为：1，3，4，5，7，9，11，16，共8个数据，由，
则第75百分位数为，因此B错误；
对于C，线性回归分析中，两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数越接近于1，
反之越接近于0，线性相关性越弱，因此C错误；
对于D，随机变量，则，因此D正确；
故选：AD.
12. 已知幂函数的图象经过点，下列结论正确的有（ ）
A.
B. 是偶函数
C.
D. 若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用待定系数法可得，可判断A，B；求导可得代入计算得C；利用幂函数单调性以及偶函数性质解不等式得D.
【详解】设幂函数，代入点可得，解得；
所以，因此函数的定义域为，不存在，A错误；
易知，因此是偶函数，即B正确；
由可得，所以，即C正确；
由幂函数性质可得在0,+∞上单调递减，又是偶函数,
所以不等式转化为，且；
整理可得，解得且；
即不等式的解集为，即D正确.
故选：BCD
13. 已知函数，则下列结论正确的有（ ）
A. 函数的最小正周期为
B. 函数的最大值为
C. 函数的所有零点构成的集合为
D. 函数在上增函数
【答案】BC
【解析】
【分析】利用倍角公式求出，再求其周期判断A的真假；利用辅助角公式化简与，分析函数的性质，判断B，C，D的真假.
【详解】对A：，所以.故A错误；
对B：因为，
当即时，函数有最大值，故B正确；
对C：由，故C正确；
对D：，
由，故D错误.
故选：BC
14. 已知定义域为的偶函数满足，当时，则下列结论正确的有（ ）
A.
B. 的图象关于点成中心对称
C.
D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A，利用赋值法再结合偶函数即可求解；对B，先推出的周期，再结合中心对称的结论即可求解；对C，利用周期性即可求解；对D，利用函数的奇偶性，单调性，再结合函数的对称性即可求解.
【详解】对A，满足，
令，
则，即f1=0，
又为偶函数，，故A对；
对B，，
，
故的周期，
再根据，即，
∴fx的图象关于点成中心对称，故B对；
对C，由B知：的周期，
故，
，
令，
则f2=−f0，
又当时，
，
即，
即，
，
故，故C错误；
对D，满足，
∴fx关于1,0中心对称，
又当时，
∴fx在0,2上单调递增；
当时，，
当时，为偶函数，
，
，
当且仅当时，即时等号成立，
，故D对.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：解答此类有关函数性质的题目，关键点在于要结合函数性质，利用赋值法以及代换法，推出函数相应的性质.
三、填空题（每题4分，共16分）
15. 的展开式中，常数项为______．
【答案】3
【解析】
【分析】先求出展开式中的通项公式，然后令的指数为0求解.
【详解】由展开式中的通项公式为：，
令，则，
故展开式中的常数项为：，
故答案为：3.
16. 已知，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，利用差角的正弦公式、正切化成正余弦求出，再利用和角的正弦公式计算即得.
【详解】由，得，
解得，所以.
故答案为：
17. 已知，，，则______.
【答案】
【解析】
【分析】利用条件概率公式和相互独立事件的概率公式代入计算即可得到答案.
【详解】根据题意可知，，，
所以代入已知条件得，，
所以可得.
故答案为：
18. 对于函数，，若对任意的，存在唯一的使得，则实数a的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】借助导数研究单调性，并求出函数在给定区间上的值域，再结合集合包含关系，列出不等式解题即可.
【详解】函数，求导得，令，求导得，
函数在R上单调递增，当时，，当时，，
则函数在上单调递减，在上单调递增，，
因此函数在R上单调递增，当时，，
函数，求导得，当时，，
当时，，函数在上单调递减，函数值从减小到；
在上单调递增，函数值从增大到，
由对任意的，存在唯一的使得，得，
即，解得，所以实数a的取值范围是.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题关键是将题目转化为值域之间的包含关系，再借助导数研究单调性，得到值域.
四、解答题（19题13分，20、21题15分，22、23题17分）
19. 已知在中，角所对的边分别为，且满足，；
（1）求角的值；
（2）若的面积为，求的周长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由，利用两角和差的余弦公式化简得，再根据题中条件利用正弦定理进行化简求出，最后根据角的大小关系，确定角的值；
（2）由，，借助余弦定理求出，即为等腰直角三角形，再根据的面积为，求出的值，即可得到的的周长.
【小问1详解】
由题意得：，
即：，
，，
又，因此，
因为，因此，故为锐角，
因此；
【小问2详解】
由，，
则由余弦定理：，得：，
因此可得：，，因此，为等腰直角三角形，
又得：，
因此，的周长为.
20. 已知函数，．
（1）若函数在处取得极大值，求的极值及单调区间；
（2）若，不等式对一切恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】（1）有极大值，极小值，单调递增区间为，单调递减区间为
（2）
【解析】
【分析】（1）求出的定义域，求导，由得到或2，验证后舍去，满足要求，求出的单调区间，并得到极值情况；
（2），定义域为0,+∞，求导，得到φx的单调性及，根据得到实数a的取值范围.
【小问1详解】
，定义域为0,+∞，
则，
因为函数在处取得极大值，
所以，解得或2，
当时，，
令得或，令得，
故在上单调递增，在12,1上单调递减，
此时为极小值点，不合要求，
当时，，
令得或，令得，
故在上单调递增，在上单调递减，
此时为极大值点，满足要求，
综上，，有极大值，极小值，
单调递增区间，单调递减区间为；
【小问2详解】
，定义域为0,+∞，
则，
因为，所以，
令φ′x>0得，令φ′x<0得，
故φx在上单调递减，在上单调递增，
则，
令得，，解得，
故实数a的取值范围是.
21. 为研究“眼睛近视是否与长时间看电子产品有关”的问题，对某班同学的近视情况和看电子产品的时间进行了统计，得到如下的列联表：
附表：
．
（1）根据小概率值的独立性检验，判断眼睛近视是否与长时间看电子产品有关；
（2）在该班近视的同学中随机抽取3人，则至少有两人每天看电子产品超过一小时的概率是多少？
（3）以频率估计概率，在该班所在学校随机抽取2人，记其中近视的人数为X，每天看电子产品超过一小时的人数为Y，求的值．
【答案】（1）认为患近视与长时间使用电子产品的习惯有关；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）假设为：学生眼睛近视与长时间使用电子产品无关，求得，再根据小概率值判断；
（2）根据给定条件，利用组合计数问题及互斥事件的概率公式计算即得.
（3）分别求得，，，再将概率相加即可求解．
【小问1详解】
零假设为：学生眼睛近视与长时间使用电子产品无关．
计算可得，，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为眼睛近视与长时间使用电子产品有关．
【小问2详解】
每天看电子产品超过一小时的人数为，
则，
所以在该班近视的同学中随机抽取3人，则至少有两人每天看电子产品超过一小时的概率是．
【小问3详解】
依题意，，，
事件包含两种情况：
①其中一人每天看电子产品超过一小时且近视，另一人既不近视，每天看电子产品也没超过一小时；
②其中一人每天看电子产品超过一小时且不近视，另一人近视且每天看电子产品没超过一小时，
于是，
所以．
22. 已知函数．
（1）判断函数的零点个数，并说明理由；
（2）求曲线y=fx与y=gx的所有公切线方程.
【答案】（1）1个，理由见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由单调性及零点存在性定理求解；
（2）分别求出以上的点为切点的切线方程及以上的点为切点的切线方程，列等式求解．
【小问1详解】
函数的定义域为：，
，在单调递增
又，存在唯一零点，在之间．
【小问2详解】
，
以上的点为切点的切线方程为
以上的点为切点的切线方程为：
令
则，得，即．
设，函数，则．
当时，单调递减，当时，单调递增，，
的解为，又．
和存在唯一一条公切线为．
23. 某校社团开展知识竞赛活动，比赛有两个阶段，每队由两名成员组成.比赛规则如下：阶段由某参赛队中一名队员答2个题，若两次都未答对，则该队被淘汰，该队得0分；若至少答对一个，则该队进入阶段，并获得5分奖励.在阶段由参赛队的另一名队员答3个题，每答对一个得5分，答错得0分，该队的成绩为，两阶段的得分总和.已知某参赛队由甲乙两人组成，设甲每次答对的概率为，乙每次答对的概率为，各次答对与否相互独立.
（1）若，甲参加阶段比赛，求甲乙所在队的比赛成绩不少于10分的概率；
（2）①设甲参加阶段比赛，求该队最终得分的数学期望（用表示）；
②，且，设乙参加阶段比赛时，该队最终得分的数学期望为，则时，求的最小值.
【答案】（1）
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）得分不少于10分，是指阶段至少答对1题，得5分，阶段也至少答对1题，有得分.
（2）①写出可能取值，求出对应概率，再求期望.
②由，得到的关系，再利用基本不等式求的最小值.
【小问1详解】
甲乙所在队比赛成绩不少于10分的概率为：
.
【小问2详解】
①由题意，的值可能为0，5，10，15，20，
且，
，
，
，
.
所以的分布列为：
所以.
②同理可知，
由，
又，所以.
所以.
所以，
所以（当且仅当，即，时取“”）
所以的最小值为：.
近视情况
每天看电子产品的时间
合计
超过一小时
一小时内
近视
10人
5人
15人
不近视
10人
25人
35人
合计
20人
30人
50人
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
0
5
10
15
20