四川省達州市2024-2025學年高三上學期11月期中數學學情檢測試題本試卷共4頁，19小題，滿分150分.注意事項：1.答題前，先將自己的姓名、準考證號、考場號、座位號填寫在試卷和答題卡上，并將準考證條形碼粘貼在答題卡上的指定位置.2.選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上的對應題目的答案標號涂黑.寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效.3.非選擇題的作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區域內.寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效.4.考試結束后，請將本試題卷和答題卡一并交回.一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的4個選項中，只有一個選項是正確的.請把正確的選項填涂在答題卡相應的位置上.1.若復數z滿足，則在復平面內z對應的點位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【正確答案】A【分析】根據復數的運算法則及幾何意義求解即可.【詳解】由，得，所以在復平面內z對應的點為，位于第一象限.故選：A.2.已知隨機變量，若，則（）A. B. C. D.【正確答案】C【分析】根據二項分布的期望和方差公式即可求解，進而根據二項分布的概率公式求解即可.【詳解】因為，所以，解得，所以．故選：C．3.已知拋物線的焦點為F，拋物線上一點滿足，則拋物線方程為（）A. B. C. D.【正確答案】D【分析】由拋物線的焦半徑公式可得，即可求得，從而求解.【詳解】由題意，得，即，所以拋物線方程為.故選：D.4.已知向量，滿足，，且，則（）A. B. C. D.【正確答案】A【分析】根據向量模長公式及向量垂直的表示可列方程，解方程可得解.詳解】由已知，即，又，則，解得，，故選：A.5.已知一個圓錐的體積為，其側面積是底面積的2倍，則其表面積為（）A. B. C. D.【正確答案】B【分析】根據圓錐的側面展開圖和圓錐體積公式以及側面積公式，即可求出結果.【詳解】設底面半徑為，高為，母線為，如圖所示：則圓錐的體積，所以，即，又，即，所以，則，解得，所以圓錐的表面積為.故選：B．6.已知，，，則（）A. B. C. D.【正確答案】D【分析】根據得到，根據得到，由得到.【詳解】，，，，，，.故選：D.7.已知函數的圖象關于直線對稱，若方程在上恰有兩個實數根，則的取值范圍是（）A. B. C. D.【正確答案】C【分析】利用輔助角公式及函數的對稱性求出，即可得到函數解析式，再求出函數在上的單調性，求出端點函數值與最大值，依題意與在上恰有兩個交點，即可求出參數的取值范圍.【詳解】因為（其中），又函數的圖象關于直線對稱，且，所以，解得，所以，當時，則，令，解得，且，令，解得，且，所以在上單調遞增，在上單調遞減，且，，，因為方程在上恰有兩個實數根，即與在上恰有兩個交點，所以，即的取值范圍是.故選：C8.定義在R上的函數的圖象關于點對稱，且滿足，，當時，都有，則（）A. B. C. D.【正確答案】D【分析】根據函數的圖象關于點對稱可得到，進而求得，，反復利用，適當賦值，再結合條件當時，都有即可求解.【詳解】因為函數的圖象關于點對稱，所以，令，則，又，所以，由，令，則，令，則，令，則，令，則，令，則，同理，令，由，則，即，由，令，則，令，則，令，則，令，則，因為當時，都有，而，則，，所以.故選：D.關鍵點睛：解答本題的關鍵是利用，結合賦值法，采用兩邊夾逼的方法，求出結果.二、多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的4個選項中，有多項符合題目要求；全部選對得6分，部分選對得部分分，有選錯的得0分.9.某社會機構統計了某市四所大學年畢業生人數及自主創業人數如下表：A大學B大學C大學D大學畢業生人數（千人）自主創業人數（千人）根據表中的數據得到自主創業人數關于畢業生人數的經驗回歸方程為，則（）A.與正相關 B.C.當時，殘差為 D.樣本的相關系數為負數【正確答案】ABC【分析】根據回歸直線的斜率可判斷A選項；將樣本中心點的坐標代入回歸直線方程，求出的值，可判斷B選項；利用殘差的概念可判斷C選項；利用樣本的相關系數的概念可判斷D選項.【詳解】對于A選項，因為回歸直線的斜率為，所以，與正相關，A對；對于B選項，由表格中的數據可得，，所以，樣本中心點為，將樣本中心點的坐標代入回歸直線方程得，解得，B對；對于C選項，當時，，所以，當時，殘差為，C對；對于D選項，因為與正相關，所以，樣本的相關系數為正數，D錯.故選：ABC.10.設，函數，則下列說法正確的是（）A.存在，使得B.函數圖象與函數的圖象有且僅有一條公共的切線C.函數圖象上的點與原點距離的最小值為D.函數的極小值點為【正確答案】BD【分析】構造函數，通過求導分析單調性可得選項A錯誤；根據兩函數互為反函數，結合函數圖象特征可得選項B正確；設圖象上任意一點坐標，利用點到原點的距離公式結合基本不等式可得選項C錯誤；通過求導分析單調性可得選項D正確.【詳解】對于A：設，則，由得，由得，所以函數在上單調遞增，在上單調遞減，故，即恒成立，選項A錯誤.對于B：由得，即，所以函數與函數互為反函數，圖象關于直線對稱，結合圖象可得函數與的圖象都過原點，直線為函數與唯一的公切線，選項B正確.對于C：設點為函數圖象上任意一點，則，當且僅當時等號成立，選項C錯誤.對于D：令，則，當時，，當時，，所以在上單調遞減，在上單調遞增，故是函數的極小值點，選項D正確.故選：BD.11.雙曲線的左右焦點分別為，左右頂點分別為，若是右支上一點（與點不重合），如圖，過點的直線與雙曲線的左支交于點，與其兩條漸近線分別交于兩點，則下列結論中正確的是（）A.到兩條漸近線的距離之和為2B.當直線運動時，始終有C.在中，D.內切圓半徑取值范圍為【正確答案】BC【分析】選項A，設出點然后計算出漸近線，分別計算距離求解即可；選項B，設直線，然后分別聯立雙曲線和漸近線方程計算交點，計算即可；選項C，利用點坐標表示出，，然后利用三角形內角的角度關系得到，由選項可知，只需得到分母的值就可以得到正確答案；選項D，利用等面積法求三角形內切圓半徑的方法，然后化簡求解即可．【詳解】由題可知雙曲線的標準方程為，故兩個漸近線方程分別為與，設點由題可知，，所以點到兩個漸近線的距離分別為，，由于，故故，若，則是方程的兩個實數根，顯然該方程無解，不符合題意，故故選項A錯誤；設點，，，顯然直線的斜率存在，設直線，聯立方程，，得，所以，直線分別與漸近線與聯立得，得，所以有，即，由題可知，，，所以，故選項B正確；不妨設,，，由題可知，，，所以有，，，，由題可知，，故所以，整理得，故選項C正確；由三角形內切圓的半徑求法可知其內切圓半徑，易知，，，，得，因為，得，所以，因為，所以，所以，，故選項D錯誤．故選：BC．方法點睛：解答直線與圓錐曲線的題目時，時常把兩個曲線的方程聯立，消去(或)建立一元二次方程，然后借助根與系數的關系，并結合題設條件建立有關參變量的等量關系．涉及到直線方程的設法時，務必考慮全面，不要忽略直線斜率為0或不存在等特殊情況，強化有關直線與雙曲線聯立得出一元二次方程后的運算能力，重視根與系數之間的關系、弦長、斜率、三角形的面積等問題．三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.設曲線在處的切線與直線垂直，則___________【正確答案】1【分析】由直線的斜率求出切線的斜率，導函數在切點處的值即為切線斜率，建立等式，求得的值.【詳解】直線的斜率，∵切線與直線垂直，∴切線的斜率，，當時，，∴，故1.13.某一隨機變量X的分布列如下表，且，則______.X0123P0.1m0.2n【正確答案】8【分析】根據題意可得，即可求得的值，進而結合期望公式可求得，進而得到.【詳解】由題意，得，解得，所以，所以.故8.14.已知平面四邊形中，，，，，則該平面四邊形面積的最大值為_____________.【正確答案】【分析】先根據余弦定理可得，進而表示出四邊形面積，進而得到，進而求解.【詳解】連接，由余弦定理得，，即，即，又四邊形的面積，則，即，即，當且僅當時，等號成立，所以平面四邊形面積的最大值為.故答案為.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出必要的文字說明、計算過程、證明過程.15.在中，內角A，B，C所對邊分別為a，b，c，已知.（1）求角A的大小；（2）若，的面積為，求的周長.【正確答案】（1）（2）【分析】（1）先根據兩角和的正弦公式化簡題干條件可得，進而得到，進而求解；（2）根據三角形的面積公式及余弦定理求解即可.【小問1詳解】因為，在中，，即.【小問2詳解】由（1）知，，所以，即，所以，又，即，所以的周長為.16.已知動點與定點的距離和P到定直線的距離的比是常數，記點P的軌跡為曲線C.（1）求曲線C的標準方程；（2）設點，若曲線C上兩點M，N均在x軸上方，且，，求直線FM的斜率.【正確答案】（1）（2）【分析】（1）根據距離公式列出方程即可求解；（2）設，可得直線的方程，呢絨聯立方程組，結合對稱性與弦長公式列出方程即可求解.【小問1詳解】由題意，，整理化簡得，，所以曲線C的標準方程為.【小問2詳解】由題意，直線的斜率都存在，設，則直線的方程為，分別延長，交曲線于點，設，聯立，即，則，根據對稱性，可得，則，即，解得，所以直線FM的斜率為.17.如圖，正四棱柱中，為中點，，.（1）求證：平面平面；（2）求平面與平面的夾角的余弦值．【正確答案】（1）證明見解析（2）【分析】（1）建立空間直角坐標系，求出平面、平面的法向量，利用空間向量法證明即可；（2）求出平面的法向量，利用空間向量法計算可得.【小問1詳解】如圖建立空間直角坐標系，則A1,0,0，，，，所以，，，設平面的法向量為，則，取；設平面的法向量為，則，取；因為，即，所以平面平面；【小問2詳解】設平面的法向量為，則，取，設平面與平面的夾角為，則，所以平面與平面的夾角的余弦值為.18.已知函數.（1）當時，判斷的單調性；（2）若函數恰有兩個極值點.（i）求實數的取值范圍；（ii）證明：的所有零點之和大于3.【正確答案】（1）在單調遞增，在單調遞減，（2）①，②證明見解析【分析】（1）求導，由導函數正負求解；（2）求導，構造函數，對分類討論，即可解①，根據的單調性可得在和上各有一個零點，即可根據可得函數的三個零點為，利用基本不等式即可求解②.【小問1詳解】時，，定義域為0,+∞，則，令，解得，，解得，故在0,1單調遞增，在1,+∞單調遞減，【小問2詳解】①，則，記，則，，令，解得，，解得，故在0,1單調遞減，在1,+∞單調遞增，，若，則在0,+∞單調遞增，此時無極值點，不符合，當，則，當因此在1,+∞有一個實數根，現證明：設，則當時，單調遞減，當時，單調遞增，故當，故當且僅當時取等號，故，所以，所以在上有一個實數根，故恰有兩個極值點，符合題意，故②由①知，且在單調遞增，在單調遞減，由于，當當所以在和上各有一個零點，結合f1=0可知共有3，若，則，故的三個零點可以表示為，故，由于，故等號取不到，因此因此的零點之和大于3，得證.方法點睛：1.導函數中常用的兩種常用的轉化方法：一是利用導數研究含參函數的單調性，常化為不等式恒成立問題．注意分類討論與數形結合思想的應用；二是函數的零點、不等式證明常轉化為函數的單調性、極(最)值問題處理．2.利用導數解決含參函數的單調性問題時，一般將其轉化為不等式恒成立問題，解題過程中要注意分類討論和數形結合思想的應用.3.證明不等式，構造一個適當的函數，利用它的單調性進行解題，是一種常用技巧.許多問題，如果運用這種思想去解決，往往能獲得簡潔明快的思路，有著非凡的功效.19.某市一室內游泳館，為給顧客更好的體驗，推出了兩個套餐服務，顧客可自由選擇兩個套餐之一，該游泳館在App上推出了優惠券活動，下表是App平臺統計某周內周一至周六銷售優惠券情況.星期123456銷售量（張）21822423023223690經計算可得.參考公式.（1）因為優惠券銷售火爆，App平臺在周六時出現系統異常，導致當天顧客購買優惠券數量大幅減少，現剔除周六數據，求關于的經驗回歸方程；（2）若購買優惠券的顧客選擇套餐的概率為，選擇套餐的概率為，并且套餐包含兩張優惠券，套餐包含一張優惠券，記App平臺累計銷售優惠券為張的概率為，求；（3）請根據下列定義，解決下列問題：（i）定義：如果對于任意給定的正數，總存在正整數，使得當時，（是一個確定的實數），則稱數列收斂于.（ii）運用：記（2）中所得概率的值構成數列.求的最值，并證明數列收斂.【正確答案】（1）（2）（3）證明見解析【分析】（1）計算出新數據的相關數值，代入公式求出的值，進而得到經驗回歸方程；（2）由題意可知時，，其中，，構造等比數列，再利用等比數列的通項公式求解；（3）分為偶數和奇數兩種情況討論，結合指數函數的單調性求解；利用數列收