河南省馬店市重點高中聯考2024?2025學年高三下學期第三次考試（3月月考）數學試題一、單選題（本大題共8小題）1．已知，則在復平面內所對應的點位于（

）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限2．已知集合，，則（）A． B． C． D．3．下列函數中既是奇函數，又是定義域上的增函數的是（）A． B．C． D．4．有5輛車停放6個并排車位，貨車甲車體較寬，停靠時需要占兩個車位，并且乙車不與貨車甲相鄰停放，則共有（

）種停放方法．A．72 B．144 C．108 D．965．在平面直角坐標系中，已知圓，點，若圓上存在點，滿足，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．6．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．7．已知函數和的圖象的對稱軸完全相同，令，則下列結論錯誤的是（）A．的一個周期為 B．的圖象關于直線對稱C．的一個零點為 D．在單調遞減8．如圖，已知是圓錐的軸截面，分別為的中點，過點且與直線垂直的平面截圓錐，截口曲線是拋物線的一部分．若在上，則的最大值為（

）A． B．1 C． D．二、多選題（本大題共3小題）9．下列說法正確的是（

）A．已知一組各不相同的數據，去掉其中最大和最小兩個數據后，剩下的28個數據的22%分位數不等于原來數據的22%分位數B．若事件A，B滿足，，且，則事件A，B獨立C．若隨機變量服從正態分布，且，則D．已知具有線性相關關系的變量x，y，其經驗回歸方程為，若樣本點中心為，則10．柏拉圖實體，也稱為柏拉圖多面體，是一組具有高度對稱性的幾何體．它們的特點是每個面都是相同的正多邊形，每個頂點處的面的排列也完全相同．正八面體就是柏拉圖實體的一種．如圖是一個棱長為2的正八面體．甲、乙二人使用它作游戲：甲任選三個頂點，乙任選三個面的中心點，構成三角形．甲、乙選擇互不影響，下列說法正確的是（

）A．該正八面體的外接球的體積為B．平面截該正八面體的外接球所得截面的面積為C．甲能構成正三角形的概率為D．甲與乙均能構成正三角形的概率為11．已知各項均不為零的數列，其前項和是，且.下列說法正確的是（

）A．B．若為遞增數列，則的取值范圍是C．存在實數，使得為等比數列D．，使得當時，總有三、填空題（本大題共3小題）12．某人從甲地到乙地，乘火車、輪船、飛機的概率分別為0.2，0.4，0.4，乘火車遲到的概率為0.4，乘輪船遲到的概率為0.3，乘飛機遲到的概率為0.5，則這個人遲到的概率是；如果這個人遲到了，他乘船遲到的概率是．13．已知過拋物線C：的焦點F作斜率為正數的直線n交拋物線的準線l于點P，交拋物線于A，B（A在線段PF上），，則以線段AB為直徑的圓被y軸截得弦長為14．設為自然對數的底數，若函數存在三個零點，則實數的取值范圍是．四、解答題（本大題共5小題）15．已知的內角所對的邊分別為，且.(1)求；(2)若，求的值.16．如圖1，已知為等邊三角形，四邊形為平行四邊形，.把沿向上折起，使點到達點位置，使得平面平面，如圖2所示.(1)證明：；(2)求平面與平面夾角的余弦值；(3)當點在線段（包括端點）上運動時，設直線與平面所成的角為，求的取值范圍.17．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.18．已知橢圓（）的左、右焦點分別為，，離心率，橢圓的短軸長為2.（1）求橢圓的標準方程；（2）已知直線，過右焦點，且它們的斜率乘積為，設，分別與橢圓交于點A，B和C，D．①求的值；②設的中點M，的中點為N，求面積的最大值.19．帕德近似是法國數學家亨利?帕德發明的，用有理多項式近似特定函數的方法.給定兩個正整數，函數在處的階帕德近似定義為：，其中和分別是和次多項式，且滿足.其中為的導數.已知在處的階帕德近似為.(1)求實數的值，利用的階帕德近似估計的近似值（結果保留3位有效數字）；(2)當時，恒成立，求實數的取值范圍；(3)證明：當時，.

參考答案1．【答案】D【詳解】設，則，解得，則，則在復平面內所對應的點為，位于第四象限.故選D.2．【答案】C【詳解】不等式，即或，解得或，不等式，即，解得，所以，，有.故選C.3．【答案】D【詳解】A：，定義域為R，是偶函數，不符；B：，定義域為，是奇函數，根據復合函數的單調性，易知在上單調遞減，不符；C：，定義域為R，是偶函數，不符；D：，定義域為R，是奇函數，根據復合函數的單調性，易知在R上單調遞增，符合.故選D.4．【答案】A【詳解】先停入貨車甲，若貨車甲不靠邊，共有種停法，則乙車有種停法，除甲、乙外的其它三輛車共有種停法；若貨車甲靠邊，共有種停法，則乙車有種停法，除甲、乙外的其它三輛車的排法共有種，故共有種停放方法.故選A.5．【答案】B【詳解】設，則，.因為，所以，即，所以點的軌跡是以為圓心，以1為半徑的圓.又因為點在圓上，所以圓與圓有公共點，所以，即，解得.故選B.6．【答案】A【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A.7．【答案】D【詳解】令，則為的對稱軸方程，令，則為的對稱軸方程，由與的對稱軸完全相同，則，即對稱軸為，所以且，則，所以，其最小正周期，故也是一個周期，A對；，故的圖象關于直線對稱，B對；，當有，所以的一個零點為，C對；，則，顯然在給定區間內不單調，D錯.故選D.8．【答案】C【詳解】過點作，交底面圓于兩點，連接，，，設，則，所以當最大時，最大，由圓錐的性質得底面，因為底面，所以，又，平面，所以平面，因為平面，所以，因為分別是的中點，所以，則，因為，平面，所以平面，則平面為截面，因為為中點，所以，所以平面，因為平面，所以，所以，則當最大時，最大，如圖為截面的平面圖，以為原點，為軸，過點垂直向上的方向為軸正方向建系，，，，則拋物線方程為，設，，則，所以，則此時，.故選C.9．【答案】AB.【詳解】對于A，將原來30個數從小到大排列，，則30個數的22%分位數為30個數中的第7個數，去掉其中最大和最小兩個數據后，，故剩下的28個數據的22%分位數為28個數中的第7個數字，也是30個數中的第8個數，故兩者不相等，A正確；對于B，，所以相互獨立，因此也相互獨立，B正確；對于C，由于，則，故C錯誤；對于D，將代入，可得，故，D錯誤.故選AB.10．【答案】ABD【詳解】A：由棱長為2，得正八面體上半部分的斜高為，高為，則正八面體的體積為．則正八面體的外接球的球心為，半徑為，所以外接球的體積為，故A正確；B：由于到平面的距離等于到平面的距離，在中，過作的垂線，垂足為，則平面．由，得，平面截正八面體的外接球所得截面是圓，半徑，所以所得截面的面積為，故B正確；C：甲隨機選擇的情況有種，甲選擇的三個點構成正三角形，只有一種情況：甲從上下兩個點中選一個，從中間四個點中選相鄰兩個，共有種，甲構成正三角形的概率為，故C錯誤；D：乙隨機選擇的情況有種，乙構成正三角形，只有一種情況：上面四個面的中心中選一個點且從下面四個面的中心選相對的兩個點，或下面四個面的中心中選一個點且從上面四個面的中心選相對的兩個點，共有種，概率為；又甲能構成正三角形的概率為，所以甲與乙均能構成正三角形的概率為，故D正確.故選ABD．11．【答案】ABD【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A，，，故正確；對于B，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C，，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D，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，故選ABD.12．【答案】0.4/0.3/【詳解】設事件A表示“乘火車”，事件B表示“乘輪船”，事件C表示“乘飛機”，事件D表示“遲到”，則，，，，，，，由全概率公式得：；如果這個人遲到了，由貝葉斯公式得到他乘船遲到的概率為：.13．【答案】【詳解】由題意，可得如下示意圖，，令，，

聯立，則，顯然，則，，聯立，則，可得，結合，則，即，所以，可得，又，故圓的半徑為4，若中點為，則，所以以線段AB為直徑的圓被y軸截得弦長為.14．【答案】【詳解】設，故0，即對函數，其函數圖象如下所示：令，故要滿足題意，只需在內有一個實數根，且另一個根為；或在內有一個實數根，且在內也有一個實數根.所以或或即或或解得.15．【答案】(1)(2)【詳解】（1）因為，所以，即，可得，所以.又因為，所以，即，所以.（2）由（1）可知，.因為，所以，即.由正弦定理可得.由余弦定理可得，即，整理得，而，所以.16．【答案】(1)證明見解析(2).(3)【詳解】（1）證明：如圖，設的中點為，連接.因為為等邊三角形，所以.又因為平面平面，且平面平面，所以平面.因為平面，所以.因為，所以，所以.因為平面，所以平面.又因為平面，所以.（2）由（1）知平面，因為平面，所以平面平面.設的中點為，連接，則.又因為平面平面，平面平面平面，所以平面.設的中點為，連接.因為，所以，以為坐標原點，的方向分別為軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系.則，可得.設平面的法向量，則，即，取，則平面的一個法向量.設平面的法向量，則，即，取，則平面的一個法向量，因為，所以平面與平面夾角的余弦值為.（3）由（1）知平面，平面，所以，，而，故的取值范圍為.17．【答案】(1)0.94；(2)；(3)超過，理由見詳解.【詳解】（1）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；（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”，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；（3）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.18．【答案】（1）；（2）①；②【詳解】（1）依題意可得解得故橢圓的方程為.（2）①設的方程為，，聯立消去并整理得到，所以，，于是，同理可得，.②由①知，，，，所以，，所以的中點，所以，當且僅當即時取等號，所以面積的最大值為.19．【答案】(1)，0.182(2)(3)證明見解析【詳解】（1）