2025屆新疆哈密石油中學高三下學期5月調研測試數學試題試卷注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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．已知函數，給出下列四個結論：①函數的值域是；②函數為奇函數；③函數在區間單調遞減；④若對任意，都有成立，則的最小值為；其中正確結論的個數是（）A． B． C． D．2．命題：存在實數，對任意實數，使得恒成立；：，為奇函數，則下列命題是真命題的是（）A． B． C． D．3．已知集合，，則()A． B． C． D．4．設F為雙曲線C：（a>0，b>0）的右焦點，O為坐標原點，以OF為直徑的圓與圓x2+y2=a2交于P、Q兩點．若|PQ|=|OF|，則C的離心率為A． B．C．2 D．5．某工廠一年中各月份的收入、支出情況的統計如圖所示，下列說法中錯誤的是（）．A．收入最高值與收入最低值的比是B．結余最高的月份是月份C．與月份的收入的變化率與至月份的收入的變化率相同D．前個月的平均收入為萬元6．如圖，在中，點是的中點，過點的直線分別交直線，于不同的兩點，若，，則（）A．1 B． C．2 D．37．如圖所示，用一邊長為的正方形硬紙，按各邊中點垂直折起四個小三角形，做成一個蛋巢，將體積為的雞蛋（視為球體）放入其中，蛋巢形狀保持不變，則雞蛋（球體）離蛋巢底面的最短距離為（）A． B．C． D．8．過雙曲線左焦點的直線交的左支于兩點，直線（是坐標原點）交的右支于點，若，且，則的離心率是（）A． B． C． D．9．函數在上單調遞減，且是偶函數，若，則的取值范圍是（）A．（2，+∞） B．（﹣∞，1）∪（2，+∞）C．（1，2） D．（﹣∞，1）10．已知曲線，動點在直線上，過點作曲線的兩條切線，切點分別為，則直線截圓所得弦長為（）A． B．2 C．4 D．11．設集合則（）A． B． C． D．12．若，滿足約束條件，則的最大值是（）A． B． C．13 D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．的展開式中的系數為________________．14．若x，y滿足，且y≥?1，則3x+y的最大值_____15．已知等比數列{an}的前n項和為Sn，若a216．已知數列的前項和為,,,,則滿足的正整數的所有取值為__________．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知函數.（1）若函數在上單調遞減，求實數的取值范圍；（2）若，求的最大值.18．（12分）如圖，在四棱錐中，平面平面ABCD，，，底面ABCD是邊長為2的菱形，點E，F分別為棱DC，BC的中點，點G是棱SC靠近點C的四等分點.求證：（1）直線平面EFG；（2）直線平面SDB.19．（12分）在中，角的對邊分別為，且．（1）求角的大小；（2）若函數圖象的一條對稱軸方程為且，求的值．20．（12分）對于很多人來說，提前消費的認識首先是源于信用卡，在那個工資不高的年代，信用卡絕對是神器，稍微大件的東西都是可以選擇用信用卡來買，甚至于分期買，然后慢慢還！現在銀行貸款也是很風靡的，從房貸到車貸到一般的現金貸．信用卡“忽如一夜春風來”，遍布了各大小城市的大街小巷．為了解信用卡在市的使用情況，某調查機構借助網絡進行了問卷調查，并從參與調查的網友中隨機抽取了100人進行抽樣分析，得到如下列聯表（單位：人）經常使用信用卡偶爾或不用信用卡合計40歲及以下15355040歲以上203050合計3565100（1）根據以上數據，能否在犯錯誤的概率不超過0.10的前提下認為市使用信用卡情況與年齡有關？（2）①現從所抽取的40歲及以下的網民中，按“經常使用”與“偶爾或不用”這兩種類型進行分層抽樣抽取10人，然后，再從這10人中隨機選出4人贈送積分，求選出的4人中至少有3人偶爾或不用信用卡的概率；②將頻率視為概率，從市所有參與調查的40歲以上的網民中隨機抽取3人贈送禮品，記其中經常使用信用卡的人數為，求隨機變量的分布列、數學期望和方差．參考公式：，其中．參考數據：0.150.100.050.0250.0102.0722.7063.8415.0246.63521．（12分）已知函數．（1）若曲線在處的切線為，試求實數，的值；（2）當時，若有兩個極值點，，且，，若不等式恒成立，試求實數m的取值范圍．22．（10分）設拋物線過點.（1）求拋物線C的方程；（2）F是拋物線C的焦點，過焦點的直線與拋物線交于A，B兩點，若，求的值.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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、C【解析】

化的解析式為可判斷①，求出的解析式可判斷②，由得，結合正弦函數得圖象即可判斷③，由得可判斷④.【詳解】由題意，，所以，故①正確；為偶函數，故②錯誤；當時，，單調遞減，故③正確；若對任意，都有成立，則為最小值點，為最大值點，則的最小值為，故④正確.故選：C.【點睛】本題考查三角函數的綜合運用，涉及到函數的值域、函數單調性、函數奇偶性及函數最值等內容，是一道較為綜合的問題.2、A【解析】

分別判斷命題和的真假性，然后根據含有邏輯聯結詞命題的真假性判斷出正確選項.【詳解】對于命題，由于，所以命題為真命題.對于命題，由于，由解得，且，所以是奇函數，故為真命題.所以為真命題.、、都是假命題.故選：A【點睛】本小題主要考查誘導公式，考查函數的奇偶性，考查含有邏輯聯結詞命題真假性的判斷，屬于基礎題.3、D【解析】

先求出集合B，再與集合A求交集即可.【詳解】由已知，，故，所以.故選：D.【點睛】本題考查集合的交集運算，考查學生的基本運算能力，是一道容易題.4、A【解析】

準確畫圖，由圖形對稱性得出P點坐標，代入圓的方程得到c與a關系，可求雙曲線的離心率．【詳解】設與軸交于點，由對稱性可知軸，又，為以為直徑的圓的半徑，為圓心．，又點在圓上，，即．，故選A．【點睛】本題為圓錐曲線離心率的求解，難度適中，審題時注意半徑還是直徑，優先考慮幾何法，避免代數法從頭至尾，運算繁瑣，準確率大大降低，雙曲線離心率問題是圓錐曲線中的重點問題，需強化練習，才能在解決此類問題時事半功倍，信手拈來．5、D【解析】由圖可知，收入最高值為萬元，收入最低值為萬元，其比是，故項正確；結余最高為月份，為，故項正確；至月份的收入的變化率為至月份的收入的變化率相同，故項正確；前個月的平均收入為萬元，故項錯誤．綜上，故選．6、C【解析】

連接AO，因為O為BC中點，可由平行四邊形法則得，再將其用，表示.由M、O、N三點共線可知，其表達式中的系數和，即可求出的值.【詳解】連接AO，由O為BC中點可得，，、、三點共線，，.故選：C.【點睛】本題考查了向量的線性運算，由三點共線求參數的問題，熟記向量的共線定理是關鍵.屬于基礎題.7、D【解析】因為蛋巢的底面是邊長為的正方形，所以過四個頂點截雞蛋所得的截面圓的直徑為，又因為雞蛋的體積為，所以球的半徑為，所以球心到截面的距離，而截面到球體最低點距離為，而蛋巢的高度為，故球體到蛋巢底面的最短距離為.點睛:本題主要考查折疊問題，考查球體有關的知識.在解答過程中，如果遇到球體或者圓錐等幾何體的內接或外接幾何體的問題時，可以采用軸截面的方法來處理.也就是畫出題目通過球心和最低點的截面，然后利用弦長和勾股定理來解決.球的表面積公式和體積公式是需要熟記的.8、D【解析】

如圖，設雙曲線的右焦點為，連接并延長交右支于，連接，設，利用雙曲線的幾何性質可以得到，，結合、可求離心率.【詳解】如圖，設雙曲線的右焦點為，連接，連接并延長交右支于.因為，故四邊形為平行四邊形，故.又雙曲線為中心對稱圖形，故.設，則，故，故.因為為直角三角形，故，解得.在中，有，所以.故選：D.【點睛】本題考查雙曲線離心率，注意利用雙曲線的對稱性（中心對稱、軸對稱）以及雙曲線的定義來構造關于的方程，本題屬于難題.9、B【解析】

根據題意分析的圖像關于直線對稱，即可得到的單調區間，利用對稱性以及單調性即可得到的取值范圍。【詳解】根據題意，函數滿足是偶函數，則函數的圖像關于直線對稱，若函數在上單調遞減，則在上遞增，所以要使，則有，變形可得，解可得：或，即的取值范圍為；故選：B．【點睛】本題考查偶函數的性質，以及函數單調性的應用，有一定綜合性，屬于中檔題。10、C【解析】

設，根據導數的幾何意義，求出切線斜率，進而得到切線方程，將點坐標代入切線方程，抽象出直線方程，且過定點為已知圓的圓心，即可求解.【詳解】圓可化為.設，則的斜率分別為，所以的方程為，即，，即，由于都過點，所以，即都在直線上，所以直線的方程為，恒過定點，即直線過圓心，則直線截圓所得弦長為4.故選:C.【點睛】本題考查直線與圓位置關系、直線與拋物線位置關系，拋物線兩切點所在直線求解是解題的關鍵，屬于中檔題.11、C【解析】

直接求交集得到答案.【詳解】集合，則.故選：.【點睛】本題考查了交集運算，屬于簡單題.12、C【解析】

由已知畫出可行域，利用目標函數的幾何意義求最大值．【詳解】解：表示可行域內的點到坐標原點的距離的平方，畫出不等式組表示的可行域，如圖，由解得即點到坐標原點的距離最大，即．故選：．【點睛】本題考查線性規劃問題，考查數形結合的數學思想以及運算求解能力，屬于基礎題．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

在二項展開式的通項中令的指數為，求出參數值，然后代入通項可得出結果.【詳解】的展開式的通項為，令，因此，的展開式中的系數為.故答案為：.【點睛】本題考查二項展開式中指定項系數的求解，涉及二項展開式通項的應用，考查計算能力，屬于基礎題.14、5.【解析】

由約束條件作出可行域，令z＝3x+y，化為直線方程的斜截式，數形結合得到最優解，把最優解的坐標代入目標函數得答案．【詳解】由題意作出可行域如圖陰影部分所示.設,當直線經過點時,取最大值5.故答案為：5【點睛】本題考查簡單的線性規劃，考查數形結合的解題思想方法，是中檔題．15、-2【解析】試題分析：∵a2考點：等比數列性質及求和公式16、20,21【解析】

由題意知數列奇數項和偶數項分別為等差數列和等比數列,則根據為奇數和為偶數分別算出求和公式,代入數值檢驗即可.【詳解】解:由題意知數列的奇數項構成公差為的等差數列,偶數項構成公比為的等比數列,則;.當時,,.當時,,.由此可知,滿足的正整數的所有取值為20,21.故答案為:20,21【點睛】本題考查等差數列與等比數列通項與求和公式,是綜合題,分清奇數項和偶數項是解題的關鍵.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）（2）【解析】

（1）根據單調遞減可知導函數恒小于等于，采用參變分離的方法分離出，并將的部分構造成新函數，分析與最值之間的關系；（2）通過對的導函數分析，確定有唯一零點，則就是的極大值點也是最大值點，計算的值并利用進行化簡，從而確定.【詳解】（1）由題意知，在上恒成立，所以在上恒成立.令，則，所以在上單調遞增，所以，所以.（2）當時，.則，令，則，所以在上單調遞減.由于，，所以存在滿足，即.當時，，；當時，，.所以在上單調遞增，在上單調遞減.所以，因為，所以，所以，所以.【點睛】（1）求函數中字母的范圍時，常用的方法有兩種：參變分離法、分類討論法；（2）當導函數不易求零點時，需要將導函數中某些部分拿出作單獨分析，以便先確定導函數的單調性從而確定導函數的零點所在區間，再分析整個函數的單調性，最后確定出函數的最值.18、（1）見解析（2）見解析【解析】

(1)連接AC、BD交于點O,交EF于點H,連接GH,再證明即可.(2)證明與即可.【詳解】（1）連接AC、BD交于點O,交EF于點H,連接GH,所以O為AC的中點,H為OC的中點,由E、F為DC、BC的中點,再由題意可得,所以在三角形CAS中,平面EFG,平面EFG,所以直線平面EFG.（2）在中,,,,由余弦定理得,,即,解得,由勾股定理逆定理可知,因為側面底面ABCD,由面面垂直的性質定理可知平面ABCD,所以,因為底面ABCD是菱形,所以,因為,所以平面SDB.【點睛】本題考查線面平行與垂直的證明.需要根據題意利用等比例以及余弦定理勾股定理等證明.屬于中檔題.19、（1）（2）【解析】

（1）由已知利用三角函數恒等變換的應用，正弦定理可求，即可求的值．（2）利用三角函數恒等變換的應用，可得，根據題意，得到，解得，得到函數的解析式，進而求得的值，利用三角函數恒等變換的應用可求的值．【詳解】（1）由題意，根據正弦定理，可得，又由，所以，可得，即，又因為，則，可得，∵，∴．（2）由（1）可得，所以函數的圖象的一條對稱軸方程為，∴，得，即，∴，又，∴，∴．【點睛】本題主要考查了三角函數恒等變換的應用，正弦定理在解三角形中的綜合應用，考查了計算能力和轉化思想，屬于中檔題．20、（1）不能在犯錯誤的概率不超過0.10的前提下認為市使用信用卡情況與年齡有關；（2）①；②分布列見解析，，【解析】

(1)計算再對照表格分析即可.(2)①根據分層抽樣的方法可得經常使用信用卡的有人,偶爾或不用信用卡的有人,再根據超幾何分布的方法計算3人或4人偶爾或不用信用卡的概率即可.②利用二項分布的特點求解變量的分布列、數學期望和方差即可.【詳解】（1）由列聯表可知,,因為,所以不能在犯錯誤的概率不超過0.10的前提下認為市使用信用卡情況與年齡有關.（2）①依題意,可知所抽取的10名40歲及以下網民中,經常使用信用卡的有（人）,偶爾或不用信用卡的有（人）.則選出的4人中至少有3人偶爾或不用信用卡的概率.②由列聯表,可知40歲以上的網民中,抽到