2024—2025學年度綜合能力調研檢測數學本試卷總分150分，考試時間120分鐘.注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上.2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.一、選擇題（本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1.若，則（）A. B.C D.【答案】D【解析】【分析】根據條件，利用復數的運算，即可求解.【詳解】由，得到，故選：D.2.若函數定義域為集合，集合，，，則是的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】【分析】求出集合，利用集合的包含關系判斷可得出結論.【詳解】因為，，所以，集合是集合的真子集，所以，是的必要不充分條件，故選：B.3.在中，內角、、所對的邊分別為、、，，，若，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用二倍角公式求出的值，再利用正弦定理可求得的值.【詳解】因為為的內角，則，由二倍角的余弦公式可得，解得，由正弦定理可得，所以，.故選：A.4.從標號分別為的四個不同圓形圖標與標號分別為的三個不同方形圖標中任取個圖標排成一排，則不同的排法共有（）A.種 B.種 C.種 D.種【答案】D【解析】【分析】根據條件，利用排列的定義及排列數的計算，即可求解.【詳解】由題知，不同的排法共有，故選：D.5.記等比數列的前項和為，若，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據條件，求出，再利用等比數列的前項和公式及通項公式，即可求解.【詳解】設等比數列的首項為，公比為，又，得到，所以，則，故選：A.6.加斯帕爾一蒙日是18—19世紀法國著名的幾何學家．他在研究圓錐曲線時發現：橢圓的任意兩條互相垂直的切線的交點都在同一個圓上，其圓心是橢圓的中心，這個圓被稱為“蒙日圓”．現有如圖所示半徑為的“蒙日圓”，其內接矩形與一橢圓相切（直線與橢圓有且只有一個公共點），且切點為矩形各邊的中點，若該矩形的面積為，則該橢圓的離心率為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】分析可知，橢圓外切矩形的面積為，“蒙日圓”的半徑為，可得出關于、的方程組，解出這兩個量的值，可得出的值，由此可求出該橢圓離心率的值.【詳解】如下圖所示，設橢圓方程為，如下圖所示：過該橢圓的頂點作橢圓的切線、，則這四條切線圍成的矩形的頂點坐標分別為、、、，且橢圓與這個外切矩形的切點剛好為各邊的中點，所以，該矩形的面積為，可得，“蒙日圓”的半徑即為該矩形對角線長的一半，即，于是有，解得，則，因此，該橢圓的離心率為，故選：B.7.已知底面邊長為，高為的正三棱柱的頂點均在球的表面上，則球心到平面的距離為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】建立空間直角坐標系，利用空間向量即可求.【詳解】設外接圓圓心為，外接圓圓心為，則正三棱柱的外接球球心為中點，由題意，以為原點，建立如圖空間直角坐標系，因為邊長為，高為，所以，故，故，所以，設平面的法向量為，則，令，則，所以，平面的法向量為，所以到平面的距離.故選：C8.若方程與方程共有個不同的實數根，則實數的取值范圍為（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】構造函數，利用導數與函數單調性間的關系，得到單調區間，進而可得的圖象，再結合圖象與題設得且，即可求解.【詳解】由，得到，令，則，令，得到或（舍），當時，，當時，，即的增區間為，減區間為，又時，，時，，時，，且，，的圖象如圖，令，由圖知，當時，與有個交點，即方程有個解，當或時，與有個交點，即方程有個解，又方程與方程共有個不同的實數根，則且，得到，故選：B.【點晴】關鍵點點晴，本題的關鍵在于通過構造函數，利用導數求出的單調區間，作出的圖象，數形結合，先求出解的情況，再結合二次方程的解的情況，即可求解.二、選擇題（本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分）9.2024年巴黎奧運會中男單八進四中樊振東逆轉張本智和挺進男單四強，體現了中國體育健兒頑強的意志品質與拼搏精神，其7場的得分分別為2，9，11，11，4，11，11，則這組數據的（）A.極差為9 B.中位數為11C.平均數大于9 D.30%分位數為9【答案】ABD【解析】【分析】A選項，根據極差定義得到A正確；B選項，將數據從小到大排序，由中位數定義得到B正確；C選項，利用平均數公式得到C錯誤；D選項，將數據從小到大排序，由百分數得到答案.【詳解】A選項，極差為，A正確；B選項，7場的得分從小到大排序為2，4，9，11，11，11，11，從小到大，選擇第4個數據作為中位數，即11，B正確；C選項，平均數為，C錯誤；D選項，7場的得分從小到大排序為2，4，9，11，11，11，11，，故選取第3個數據作為30%分位數，即9，D正確.故選：ABD10.將函數的圖象向右平移個單位，再向上平移個單位得到函數的圖象，則下列結論正確的是（）A.的最小正周期為B.的圖象關于點對稱C.的圖象關于直線對稱D.若，則是的整數倍【答案】ACD【解析】【分析】根據條件得到，對于A，注意到，即可求解；利用的圖象與性質，直接求出的對稱中心和對稱軸，即可求判斷B和C的正誤；對于D，根據條件，直接求出，即可求解.【詳解】由題知，對于選項A，易知的最小正周期為，又，所以，所以的最小正周期為，故選項A正確，對于選項B，由，得到，所以的對稱中心為，由，得到，所以選項B錯誤，對于選項C，由，得到，所以的對稱軸為，當時，，所以選項C正確，對于選項D，由，得到，所以，得到，則，，得到，即，所以選項D正確，故選：ACD.11.若函數，則下列說法正確的是（）A.在處取得極小值B.當時，方程有兩個不同的實根C.D.若點在的圖象上運動，則點到直線距離的最小值為【答案】ACD【解析】【分析】對于A，對求導，再利用極值的定義，即可求解；對于B，求出的單調區間，進而得出的圖象，數形結合，即可求解；對于C，利用的單調性，即可求解；對于D，根據條件得當曲線在處的切線與平行時，點到直線的距離最小，再利用導數的幾何意義，求出切點，即可求解.【詳解】對于選項A，因為，則，當時，，當時，，且，所以是的極小值點，又，所以選項A正確，對于選項B，由選項A知，在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，又當時，，當時，，的圖象如圖，令，由圖知，當時，與有兩個交點，當時，與只有一個交點，所以選項B錯誤，對于選項C，由選項B知，在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，且當時，，當時，，又，所以，故選項C正確，對于選項D，設點，易知當曲線在處的切線與平行時，點到直線的距離最小，又，則，令，則，易知，當時，，當時，，所以在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，且時，，又，所以，又，得到，所以到直線的距離為，故選項D正確，故選：ACD.【點晴】方法點晴，利用導數研究函數的極值：（1）可導函數在點處取得極值的充要條件是，且在左側與右側f′(x)的符號不同；（2）若在內有極值，那么在內絕不是單調函數，即在某區間上單調增或減的函數沒有極值．三、填空題（本題共3小題，每小題5分，共15分）12.已知向量，，記向量與的夾角為，則_____．【答案】【解析】【分析】利用平面向量數量積的坐標運算得出，可得出的值，由此可得結果.【詳解】因為向量，，則，，所以，，則，所以，，故.故答案為：.13.已知函數在區間內的最大值為，則_____．【答案】##【解析】【分析】分、、三種情況討論，分析函數在上的單調性，結合可求得實數的值.【詳解】因為二次函數圖象的對稱軸為直線，當時，函數在上為減函數，則，解得，合乎題意；當時，函數在上為增函數，在上為減函數，所以，，無解；當時，函數在上為增函數，所以，，解得（舍）.綜上所述，.故答案為：.14.已知點在拋物線上，且的焦點為，過點作直線與交于、兩點，則的取值范圍為_____；若直線、分別交于、兩點（點、異于點、），則_____．【答案】①.②.【解析】【分析】將點的坐標代入拋物線的方程，求出的值，可得出拋物線的方程，分析可知，直線不與軸重合，可設直線的方程為，與拋物線方程聯立，由可求出的取值范圍，列出韋達定理，結合韋達定理可求出的取值范圍；設點、，由可推導出，，利用拋物線的焦半徑公式結合三角形的面積公式可求得的值.【詳解】將點的坐標代入拋物線方程可得，解得，所以，拋物線的方程為，易知拋物線的焦點為，若直線與軸重合，此時，直線與拋物線只有一個公共點，不合乎題意，設直線的方程為，聯立可得，則，解得或，由韋達定理可得，，所以，；設點、，則，，由題意可知，，即，整理可得，顯然，則，同理可得，故答案為：；.【點睛】方法點睛：圓錐曲線中取值范圍問題的五種求解策略：（1）利用圓錐曲線的幾何性質或判別式構造不等關系，從而確定參數的取值范圍；（2）利用已知參數的范圍，求新的參數的范圍，解這類問題的核心是建立兩個參數之間的等量關系；（3）利用隱含的不等關系建立不等式，從而求出參數的取值范圍；（4）利用已知的不等關系建立不等式，從而求出參數的取值范圍；（5）利用求函數值域的方法將待求量表示為其他變量的函數，求其值域，從而確定參數的取值范圍.四、解答題（本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟）15.在中，內角，，所對的邊分別為，，，，其中為的面積．（1）求；（2）若為銳角三角形，求的取值范圍．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據條件，利用面積公式，得到，即可求解；（2）利用正弦定理，根據條件，邊轉角得到，再由條件有，即可求解.【小問1詳解】因為，又，得到，整理得到，又，所以.【小問2詳解】由（1）知，所以，則，又因為為銳角三角形，所以，得到，所以，得到，所以的取值范圍為.16.假期某家長帶著甲、乙兩個小孩參與戶外活動體驗，鍛煉小孩的適應能力與創新能力，其中在參與“過獨木橋”活動的過程中，每參與一次稱為一次實險（不管是否通過），甲、乙兩人能一次性通過的概率分別為和．若一次性通過得分；沒通過得分，兩人每次是否一次性通過均相互獨立．已知甲、乙兩人各實驗一次，且兩人得分之和為分的概率為．（1）求的值；（2）若甲一次性通過的概率小于乙一次性通過的概率，甲、乙兩人各實驗兩次，求兩人得分之和的分布列，并通過數據證明．【答案】（1）或（2）分布列答案見解析，證明見解析【解析】【分析】（1）分析可知，甲通過乙不通過，或者乙通過甲不通過，利用獨立事件和互斥事件的概率公式可得出關于的方程，解之即可；（2）根據題意可得出關于的不等式，結合（1）中的結果可得出的值，分析可知隨機變量的可能取值有、、，求出隨機變量在不同取值下的概率，可得出隨機變量的分布列，求出的值，即可證得結論成立.【小問1詳解】由題意知，甲、乙兩人各實驗一次，且兩人得分之和為分，則甲通過乙不通過，或者乙通過甲不通過，所以，其概率為，整理可得，解得或，經檢驗，都合乎題意.因為或.小問2詳解】由題意，解得，故，所以，甲、乙兩人能一次性通過概率分別為、，由題意可知，隨機變量的可能取值為、、、、，，，，，，所以，的分布列如下表所示：則.17.如圖，在正三棱柱中，，為的中點．（1）證明：平面；（2）若點為線段上一點，且直線與平面所成角的正弦值為，求平面與平面夾角的余弦值．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）取線段的中點，連接，證明出，以點為坐標原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立空間直角坐標系，設，利用空間向量垂直的坐標表示證明出，，結合線面垂直的判定定理可證得結論成立；（2）設點，其中，利用空間向量法可求得的值，然后利用空間向量法可求得平面與平面夾角的余弦值.【小問1詳解】取線段的中點，連接，在正三棱柱中，為等邊三角形，且平面，則，以點為坐標原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立如下圖所示的空間直角坐標系，設，則、、、、，所以，，，，所以，，，所以，，，因為，、平面，所以，平面.【小問2詳解】設點，其中，，由（1）可知，平面的一個法向量為，因為線與平面所成角的正弦值為，則，整理可得，即，因為，解得，則，，設平面的一個法向量為，則，可得，取可得，則，所以，平面與平面夾角的余弦值為.18.已知雙曲線的左、右焦點分別為、，焦距為，且點到其漸近線的距離為．（1）求的標準方程．（2）若點是上第一象限的動點，過點作直線（不與漸近線平行），若與只有一個公共點，且與軸相交于點（與點不重合）．（i）證明：．（ii）若點在直線上，且，那么點是否在定直線上？若在定直線上，求出該直線方程；若不在定直線上，請說明理由．【答案】（1）（2）（i）證明見解析；（ii）在，且定直線方程為，理由見解析.【解析】【分析】（1）由已知條件求出、的值，可得出的值，由此可得出雙曲線的方程；（2）（i）利用兩點間的距離公式化簡、的表達式，證明出雙曲線在點處的切線方程為，求出點的坐標，由此可證得；（ii）求出直線的方程，將該直線方程與直線的方程聯立，求出點的坐標，即可得出結論.【小問1詳解】由題意可知，可得，雙曲線的漸近線方程為，即，點到其漸近線的距離為，所以，，因此，雙曲線的方程為.【小問2詳解】（i）因為是上第一象限的動點，則，可得且，易知點、，所以，，由雙曲線的定義可得，所以，，先證明出雙曲線在點處的切線方程為，聯立可得，整理可得，解得，所以，雙曲線在點處的切線方程為，在直線的方程中，令，可得，即點，且，所以，，因此，；（ii）如下圖所示：直線的斜率為，因為，則直線的斜率為，所以，直線的方程為，聯立直線和直線的方程，可得，解得，因此，點在定直線上.【點睛】結論點睛：雙曲線在其上一點處的切線方程為.19.定義：如果存在點使得函數和在該點處的函數值相等，則稱函數與具有“關于的”關系．（1）判斷函數與是否具有“關于的”關系；（2）若函數與不具有“關于的”關系，求實數的取值范圍；（3）若函數與在區間上具有“關于的”關系，求實數的取值范圍．【答案】（1）存在，理由見解析（2）（3）【解析】【分析】（1）令，利用零點存在定理可得出結論；（2）由題意可知，對任意的，可得，令，其中，則直線與函數的圖象沒有公共點，利用導數分析函數的單調性與極值，數形結合可得出實數的取值范圍；（3）分析可知，則存在，使得，構造函數，其中，對實數的取值進行分類討論，利用導數分析函數的單調