第1頁/共1頁平谷區2024—2025學年度第二學期高三年級質量監控數學試卷2025.3注意事項1.本試卷分第I卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分，共4頁.共150分，考試時間為120分鐘.2.試題所有答案必須書寫在答題紙上，在試卷上作答無效.3.考試結束后，將答題紙交回，試卷按學校要求保存好.第I卷選擇題（共40分）一?選擇題（本大題共10小題，每小題4分，共40分；在每小題給出的四個選項中，只有，個選項符合題意，請將正確選項填涂在答題卡上，）1.已知集合，則（）A. B.C. D.2.在復平面內，復數滿足，則復數對應的點位于（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限3.下列函數中，在區間上單調遞增的是（）A. B.C. D.4.在的展開式中，的系數為（）．A. B.5 C. D.105.已知是平面內兩個非零向量，，那么“”是“”的（）A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件6.在等比數列中，，記，則數列（）A.無最大項，有最小項 B.有最大項，無最小項C有最大項，有最小項 D.無最大項，無最小項7.已知函數，若在區間上沒有最值，則的最大值為（）A. B. C. D.28.冰淇淋蛋筒是大家常見的一種食物，有種冰淇淋蛋筒可以看作是由半徑為10cm，圓心角為的扇形蛋卷坯卷成的圓錐，假設高出蛋筒部分的奶油和包裹在蛋筒內部的奶油體積相等，則該種冰淇淋中奶油的總體積約為（）（忽略蛋筒厚度）A. B.C. D.9.某工廠產生廢氣經過濾后排放，過濾過程中廢氣的污染物含量（單位：）與時間（單位：）間的關系為，其中是正的常數，如果前消除了的污染物，那么從消除的污染物到消除的污染物大約需要經歷（）A. B. C. D.10.已知函數，任取，定義集合：，點，滿足.設分別表示集合中元素的最大值和最小值，記.則函數的最小值是（）A. B.1 C. D.2第II卷非選擇題（共110分）二?填空題（本大題共5小題，每小題5分，共25分，請把答案填在答題卡中相應題中橫線上.）11.拋物線上一點到準線的距離與到對稱軸的距離相等，則__________.12.《張邱健算經》是公元5世紀中國古代內容豐富的數學著作，書中記載著這樣一個問題：“有個女子善織布，每天比前一天多織相同的布，第一天織5尺，一個月（按30天計）共織了440尺，推算第10天該女子織了__________尺布.”13.記雙曲線的離心率為e，寫出滿足條件“直線與C無公共點”的e的一個值為_________.14.已知函數，當時，的值域是__________，若有兩個極值點，則的取值范圍是__________.15.已知各項均不為零的數列，其前項和是，且.給出如下結論：①；②若為遞增數列，則的取值范圍是；③存在實數，使得為等比數列；④，使得當時，總有.其中所有正確結論的序號是__________.三?解答題（本大題共6小題，共85分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.）16.在中，.（1）求的大小；（2）再從下列三個條件中，選擇一個作為已知，使得存在且唯一，求的面積.條件①：；條件②：；條件③：邊上的高為.注：如果選擇的條件不符合要求，第（2）問得0分；如果選擇多個符合要求的條件分別解答，按第一個解答計分.17.如圖，在四棱錐中，平面平面等腰直角三角形，.（1）點在棱上，若平面，求證：為中點；（2）求與平面所成的角.18.某科研團隊研發了一款快速檢測某種疾病的試劑盒.為了解該試劑盒檢測的準確性，科研團隊從某地區（人數眾多）隨機選取了40位患者和60位非患者，用該試劑盒分別對他們進行了一次檢測，結果如下：抽樣人群陽性人數陰性人數患者364非患者258（1）試估計使用該試劑盒進行一次檢測結果正確的概率；（2）若從該地區的患者和非患者中分別抽取2人進行一次檢測，求恰有一人檢測結果錯誤的概率；（3）假設該地區有10萬人，患病率為0.01.從該地區隨機選取一人，用該試劑盒對其檢測一次.若檢測結果為陽性，能否判斷此人患該疾病的概率超過0.2？并說明理由.19.已知橢圓離心率為，短軸長為2，斜率為的直線與橢圓交于兩點，與軸交于點，點關于軸的對稱點為點，直線與軸交于點為坐標原點.（1）求橢圓的方程；（2）求的值.20.已知函數.（1）若，求曲線在點處的切線方程；（2）若，求的單調區間；（3）當變化時，曲線在點處的切線斜率能否為1？若能，求的值，若不能，說明理由.21.對于數列，若滿足，則稱數列為“數列”.定義變換，若，將變成0，1，若，將變成1，0，得到新的“數列”.設是“數列”，令.（1）若數列.求數列；（2）若數列共有10項，則數列中連續兩項相等數對至多有多少對？請說明理由；（3）若為0，1，記數列中連續兩項都是0的數對個數為.求關于的表達式.第I卷選擇題（共40分）一?選擇題（本大題共10小題，每小題4分，共40分；在每小題給出的四個選項中，只有，個選項符合題意，請將正確選項填涂在答題卡上，）1.已知集合，則（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根據并集的定義即可求.【詳解】，故選：D2.在復平面內，復數滿足，則復數對應的點位于（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限【答案】B【解析】【分析】利用復數的除法運算化簡，即可根據幾何意義求解.【詳解】由可得，故復數z對應的點為，位于第二象限.故選：B3.下列函數中，在區間上單調遞增的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根據常見函數的單調性即可逐一求解.【詳解】對于A，，由于，故在區間上不是單調遞增的，A錯誤，對于B,在區間上單調遞減，B錯誤，對于C,當時，單調遞增，且值恒為正，故為單調遞減，所以為單調遞增，C正確，對于D，在區間上單調遞增，故在區間上單調遞減，D錯誤，故選：C4.在的展開式中，的系數為（）．A. B.5 C. D.10【答案】C【解析】【分析】首先寫出展開式的通項公式，然后結合通項公式確定的系數即可.【詳解】展開式的通項公式為：，令可得：，則的系數為：.故選：C.【點睛】二項式定理的核心是通項公式，求解此類問題可以分兩步完成：第一步根據所給出的條件(特定項)和通項公式，建立方程來確定指數(求解時要注意二項式系數中n和r的隱含條件，即n，r均為非負整數，且n≥r，如常數項指數為零、有理項指數為整數等)；第二步是根據所求的指數，再求所求解的項．5.已知是平面內兩個非零向量，，那么“”是“”的（）A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】【分析】根據充分必要條件的定義，結合向量平行定理，即可判斷.【詳解】若，，所以，，當時，，當時，，此時故“”是“”的不充分條件，因為，若，則，當且僅當方向相同時取到等號，則恒成立，故，所以是必要條件，綜上可知，，那么“”是“”的必要不充分條件，故選：B6.在等比數列中，，記，則數列（）A.無最大項，有最小項 B.有最大項，無最小項C.有最大項，有最小項 D.無最大項，無最小項【答案】C【解析】【分析】根據等比數列的通項公式求出，進而結合等差數列的求和公式可得，設，分析可得，進而求解判斷即可.【詳解】設等比數列的公比為，由，則，解得，，則，則，設，則，所以，則時，，即，當時，，即，則，則為最大項，此時為正數項，且在正數項中最大；再比較和，其中一個為第二大的項，由于，，因此為最小項.故選：C.7.已知函數，若在區間上沒有最值，則的最大值為（）A. B. C. D.2【答案】A【解析】【分析】由，得，進而結合題意可得，進而求解即可.【詳解】由，，則，因為在區間上沒有最值，所以，則，解得，所以的最大值為.故選：A.8.冰淇淋蛋筒是大家常見的一種食物，有種冰淇淋蛋筒可以看作是由半徑為10cm，圓心角為的扇形蛋卷坯卷成的圓錐，假設高出蛋筒部分的奶油和包裹在蛋筒內部的奶油體積相等，則該種冰淇淋中奶油的總體積約為（）（忽略蛋筒厚度）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】由扇形弧長，求得底面半徑及高，再由圓錐體積公式即可求解；【詳解】設圓錐底面面積為，由題意可知，所以，設圓錐得高為，則，所以圓錐的體積為：，所以該種冰淇淋中奶油的總體積約為，故選：D9.某工廠產生的廢氣經過濾后排放，過濾過程中廢氣的污染物含量（單位：）與時間（單位：）間的關系為，其中是正的常數，如果前消除了的污染物，那么從消除的污染物到消除的污染物大約需要經歷（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由題意得到，求得，再設消除的污染物對應事件為，消除的污染物對應事件為，得到方程，，求解即可；【詳解】由題意可知：，即，即，設消除的污染物對應事件為，即，設消除的污染物對應事件為，即，兩式相除可得：，即，所以：，即從消除的污染物到消除的污染物大約需要經歷，故選：A10.已知函數，任取，定義集合：，點，滿足.設分別表示集合中元素的最大值和最小值，記.則函數的最小值是（）A. B.1 C. D.2【答案】B【解析】【分析】作出函數的圖象，根據的位于不同的位置，即可分情況求解.【詳解】如圖所示，的圖象，此時，函數的最小正周期為，點,當點在點時，點在曲線上，，當點在曲線上從接近時，減小，所以逐漸增大；當點在點時，當點在曲線上從接近時，減小，逐漸減小，當點在點時，當點在曲線上從接近時，增大,逐漸增大，當點點時，當點在曲線上從接近時，增大,逐漸見減小，當點在點時，,綜上可得的最小值是1故選：B【點睛】關鍵點點睛：根據點的位置變化，分別求解的值.第II卷非選擇題（共110分）二?填空題（本大題共5小題，每小題5分，共25分，請把答案填在答題卡中相應題中橫線上.）11.拋物線上一點到準線的距離與到對稱軸的距離相等，則__________.【答案】##0.5【解析】【分析】由拋物線的定義可知，過作軸的垂線垂足是焦點，即可得到答案.【詳解】拋物線焦點在軸上，且焦點，故拋物線的對稱軸為軸，拋物線上一點到準線的距離與到對稱軸的距離相等，由拋物線的定義可知，點到準線的距離與到焦點的距離相等，所以，若軸，則垂足為點，即，故答案為：12.《張邱健算經》是公元5世紀中國古代內容豐富的數學著作，書中記載著這樣一個問題：“有個女子善織布，每天比前一天多織相同的布，第一天織5尺，一個月（按30天計）共織了440尺，推算第10天該女子織了__________尺布.”【答案】11【解析】【分析】記公差為，根據已知求出再利用等差數列的通項公式求解.【詳解】由題得每天的織布數成等差數列，首項，記公差為，由題得，所以所以.故答案為：1113.記雙曲線的離心率為e，寫出滿足條件“直線與C無公共點”的e的一個值為_________.【答案】2（注：區間內任何一個值）【解析】【分析】利用雙曲線的性質計算即可.【詳解】由題意可知雙曲線的漸近線為，離心率，若滿足直線與C無公共點，則需，故答案為：214.已知函數，當時，的值域是__________，若有兩個極值點，則的取值范圍是__________.【答案】①.②.【解析】【分析】結合二次函數與一次函數的單調性，可得分段函數的單調性，結合值域的概念以及極值點的概念，建立不等式，可得答案.【詳解】由，則，當時，，易知函數在上單調遞增，在上單調遞減，此時；當時，，易知函數在上單調遞減，則.綜上可得.由題意可設函數的兩個極值點分別為，且，由二次函數在上單調遞增，在上單調遞減，一次函數，當時，在上單調遞減，當時，在上單調遞增，易知函數在與上單調遞增，在上單調遞減，且，，可得，解得.故答案為：；.15.已知各項均不為零的數列，其前項和是，且.給出如下結論：①；②若為遞增數列，則的取值范圍是；③存在實數，使得為等比數列；④，使得當時，總有.其中所有正確結論的序號是__________.【答案】①②④【解析】【分析】根據的遞推關系可得，所以的奇數項和偶數項分別為公差為1的等差數列，進而得，即可結合選項求解.【詳解】由得，相減可得，由于各項均不為零，所以，所以的奇數項和偶數項分別為公差為1的等差數列，對于①，，故正確；對于②，由于的奇數項和偶數項分別為公差為1的等差數列，所以，若，則需要，則，故正確，對于③，，若為等比數列，則為常數，則，此時，故，進而可得數列的項為顯然這不是等比數列，故錯誤，對于④，若，只要足夠大，一定會有，則，只要足夠的大，趨近于0，而，顯然能滿足，故，當時，總有，故正確，故答案為：①②④【點睛】方法點睛：本題考查了數列的遞推公式，數列單調性及與數列有關的比較大小問題．根據數列前項和與數列的項的遞推關系求通項公式時，注意分析，在處理涉及隔項數列問題，一般要考慮分為奇數和偶數來分類討論，含參的恒成立或者存在類問題，先分離參數，轉化為求式子的最大值或最小值問題來處理．三?解答題（本大題共6小題，共85分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.）16.在中，.（1）求的大小；（2）再從下列三個條件中，選擇一個作為已知，使得存在且唯一，求的面積.條件①：；條件②：；條件③：邊上的高為.注：如果選擇的條件不符合要求，第（2）問得0分；如果選擇多個符合要求的條件分別解答，按第一個解答計分.【答案】（1）（2）答案見解析【解析】【分析】（1）利用正弦定理邊角互化，結合正弦的和差角公式即可求解，或者利用余弦定理邊角互化求解，（2）根據三角形存在可知不能選①，選②，利用余弦定理可求解，即可利用三角形面積公式求解，或者利用正弦定理求解，進而根據和差角公式求解,由面積公式求解，選③根據高，即可利用選②的方法求解.【小問1詳解】方法一：由正弦定理及，得.①因為，所以.②由①②得因為，所以.所以.因為，所以.方法二：在中，因為，由余弦定理得，整理得所以，所以.【小問2詳解】若選條件①：；，所以,而，這與矛盾，故不能選①.選條件②：方法一：由余弦定理，得即，解得.所以方法二：由正弦定理，所以，因為，所以，所以.選條件③：邊上的高，所以，以下與選擇條件②相同.17.如圖，在四棱錐中，平面平面等腰直角三角形，.（1）點在棱上，若平面，求證：為的中點；（2）求與平面所成的角.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）根據線面平行的性質，結合平行四邊形的定義，可得答案；（2）由題意建立空間直角坐標系，求得直線的方向向量與平面的法向量，利用線面角的向量公式，可得答案.【小問1詳解】在中，過點作交于點，連接，因為，所以，所以四點共面.因為平面，平面，平面平面，所以.所以四邊形是平行四邊形，所以，所以為的中點.【小問2詳解】過作于，連接因為，所以為中點，，，所以四邊形為平行四邊形，又，所以，又因為平面平面，平面平面，平面，所以平面.所以，所以.如圖建立空間直角坐標系.因為，由題意得，，所以.設平面的法向量為，則即令，則.所以平面的一個法向量為.設與平面所成角為，則，又，解得.所以與平面所成的角為18.某科研團隊研發了一款快速檢測某種疾病的試劑盒.為了解該試劑盒檢測的準確性，科研團隊從某地區（人數眾多）隨機選取了40位患者和60位非患者，用該試劑盒分別對他們進行了一次檢測，結果如下：抽樣人群陽性人數陰性人數患者364非患者258（1）試估計使用該試劑盒進行一次檢測結果正確的概率；（2）若從該地區的患者和非患者中分別抽取2人進行一次檢測，求恰有一人檢測結果錯誤的概率；（3）假設該地區有10萬人，患病率為0.01.從該地區隨機選取一人，用該試劑盒對其檢測一次.若檢測結果為陽性，能否判斷此人患該疾病的概率超過0.2？并說明理由.【答案】（1）0.94（2）（3）超過，理由見解析【解析】【分析】（1）由古典概型概率計算公式求解即可；（2）設事件：患者檢測結果正確，事件：非患者檢測結果正確“，事件：該地區的患者和非患者中分別抽取2人進行一次檢測，恰有一人檢測結果錯誤，由求解即可；（3）求得檢測一次結果為陽性的人數，確定其中患者人數，即可判斷；【小問1詳解】由題意知，使用該試劑盒進行一次檢測共有100人，其中檢測結果正確的共有94人，所以使用該試劑盒進行一次檢測結果正確的概率估計為.【小問2詳解】設事件：患者檢測結果正確，事件：非患者檢測結果正確“，事件：該地區的患者和非患者中分別抽取2人進行一次檢測，恰有一人檢測結果錯誤；根據題中數據，可估計為可估計為該地區的患者中抽取2人進行一次檢測，恰有一人檢測結果錯誤的概率為該地區的非患者中抽取2人進行一次檢測，恰有一人檢測結果錯誤的概率為所以，所以.因此恰有一人檢測結果錯誤的概率為【小問3詳解】此人患該疾病的概率超過0.2.理由如下：由題意得，如果該地區所有人用該試劑盒檢測一次，那么結果為陽性的人數為，其中患者人數為900.若某人檢測結果為陽性，那么他患該疾病的概率為.19.已知橢圓的離心率為，短軸長為2，斜率為的直線與橢圓交于兩點，與軸交于點，點關于軸的對稱點為點，直線與軸交于點為坐標原點.（1）求橢圓的方程；（2）求的值.【答案】（1）（2）1【解析】【分析】（1）由短軸長的概念以及離心率的計算，解得的關系式，建立方程組，可得答案；（2）設出直線方程，聯立橢圓方程，寫出韋達定理，由直線方程求得交點坐標，可得答案.【小問1詳解】由題意可知：，解得，所以橢圓的標準方程為.【小問2詳解】設直線的方程為，點.由得所以題意，即..直線與軸交于點，所以.點直線的方程為，令，得，①又因為，帶入①式所以.20.已知函數.（1）若，求曲線在點處的切線方程；（2）若，求的單調區間；（3）當變化時，曲線在點處的切線斜率能否為1？若能，求的值，若不能，說明理由.【答案】（1）（2）在為減函數.（3）能，【解析】【分析】（1）利用導數求得，利用點斜式方程可求切線方程；（2）求導得，令，求導得，可得結論；（3）由題意判斷方程的解的情況，令求導可得結論.【小問1詳解】當時，則，，，所以在點處的切線方程為.【小問2詳解】當時，函數的定義