2024-2025學年青海省海南州高三4月教學質量檢測試題（二）數學試題試卷含解析

2024-2025學年青海省海南州高三4月教學質量檢測試題（二）數學試題試卷請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。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．已知為虛數單位，實數滿足，則()A．1 B． C． D．2．已知復數，則的虛部為（）A．－1 B． C．1 D．3．我國古代數學名著《數書九章》中有“天池盆測雨”題：在下雨時，用一個圓臺形的天池盆接雨水.天池盆盆口直徑為二尺八寸，盆底直徑為一尺二寸，盆深一尺八寸.若盆中積水深九寸，則平地降雨量是（注：①平地降雨量等于盆中積水體積除以盆口面積；②一尺等于十寸；③臺體的體積公式）.A．2寸 B．3寸 C．4寸 D．5寸4．直線與拋物線C：交于A，B兩點，直線，且l與C相切，切點為P，記的面積為S，則的最小值為A． B． C． D．5．下列四個結論中正確的個數是（1）對于命題使得，則都有；（2）已知，則（3）已知回歸直線的斜率的估計值是2，樣本點的中心為（4,5），則回歸直線方程為；（4）“”是“”的充分不必要條件.A．1 B．2 C．3 D．46．在棱長均相等的正三棱柱中，為的中點，在上，且，則下述結論：①；②；③平面平面：④異面直線與所成角為其中正確命題的個數為()A．1 B．2 C．3 D．47．已知，，，則，，的大小關系為（）A． B． C． D．8．已知命題，且是的必要不充分條件，則實數的取值范圍為（）A． B． C． D．9．已知函數，以下結論正確的個數為（）①當時，函數的圖象的對稱中心為；②當時，函數在上為單調遞減函數；③若函數在上不單調，則；④當時，在上的最大值為1．A．1 B．2 C．3 D．410．在復平面內，復數z=i對應的點為Z，將向量繞原點O按逆時針方向旋轉，所得向量對應的復數是（）A． B． C． D．11．定義：表示不等式的解集中的整數解之和.若，，，則實數的取值范圍是A． B． C． D．12．下列函數中，既是奇函數，又是上的單調函數的是()A． B．C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．若復數（是虛數單位），則________14．已知函數，若函數有個不同的零點，則的取值范圍是___________．15．的展開式中的常數項為__________.16．一個算法的偽代碼如圖所示，執(zhí)行此算法，最后輸出的T的值為________.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，分別是橢圓：的左，右焦點，點在橢圓上，且拋物線的焦點是橢圓的一個焦點．（1）求,的值：（2）過點作不與軸重合的直線，設與圓相交于A，B兩點，且與橢圓相交于C，D兩點，當時，求△的面積．18．（12分）已知半徑為5的圓的圓心在x軸上，圓心的橫坐標是整數，且與直線4x+3y﹣29＝0相切．（1）求圓的方程；（2）設直線ax﹣y+5＝0（a＞0）與圓相交于A，B兩點，求實數a的取值范圍；（3）在（2）的條件下，是否存在實數a，使得弦AB的垂直平分線l過點P（﹣2，4），若存在，求出實數a的值；若不存在，請說明理由．19．（12分）已知矩形中，，E，F分別為，的中點.沿將矩形折起，使，如圖所示.設P、Q分別為線段，的中點，連接.（1）求證：平面；（2）求二面角的余弦值.20．（12分）在如圖所示的多面體中，四邊形是矩形，梯形為直角梯形，平面平面，且，，.（1）求證：平面.（2）求二面角的大小.21．（12分）在數列中，，（1）求數列的通項公式；（2）若存在，使得成立，求實數的最小值22．（10分）已知正數x，y，z滿足xyzt（t為常數），且的最小值為，求實數t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．D【解析】，則故選D.2．A【解析】

分子分母同乘分母的共軛復數即可.【詳解】，故的虛部為.故選：A.本題考查復數的除法運算，考查學生運算能力，是一道容易題.3．B【解析】試題分析：根據題意可得平地降雨量，故選B.考點：1.實際應用問題；2.圓臺的體積.4．D【解析】

設出坐標，聯(lián)立直線方程與拋物線方程，利用弦長公式求得，再由點到直線的距離公式求得到的距離，得到的面積為，作差后利用導數求最值．【詳解】設，，聯(lián)立，得則，則由，得設，則，則點到直線的距離從而．令當時，；當時，故，即的最小值為本題正確選項：本題考查直線與拋物線位置關系的應用，考查利用導數求最值的問題．解決圓錐曲線中的面積類最值問題，通常采用構造函數關系的方式，然后結合導數或者利用函數值域的方法來求解最值.5．C【解析】

由題意，（1）中，根據全稱命題與存在性命題的關系，即可判定是正確的；（2）中，根據正態(tài)分布曲線的性質，即可判定是正確的；（3）中，由回歸直線方程的性質和直線的點斜式方程，即可判定是正確；（4）中，基本不等式和充要條件的判定方法，即可判定．【詳解】由題意，（1）中，根據全稱命題與存在性命題的關系，可知命題使得，則都有，是錯誤的；（2）中，已知，正態(tài)分布曲線的性質，可知其對稱軸的方程為，所以是正確的；（3）中，回歸直線的斜率的估計值是2，樣本點的中心為（4,5），由回歸直線方程的性質和直線的點斜式方程，可得回歸直線方程為是正確；（4）中，當時，可得成立，當時，只需滿足，所以“”是“”成立的充分不必要條件．本題主要考查了命題的真假判定及應用，其中解答中熟記含有量詞的否定、正態(tài)分布曲線的性質、回歸直線方程的性質，以及基本不等式的應用等知識點的應用，逐項判定是解答的關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于基礎題．6．B【解析】

設出棱長，通過直線與直線的垂直判斷直線與直線的平行，推出①的正誤；判斷是的中點推出②正的誤；利用直線與平面垂直推出平面與平面垂直推出③正的誤；建立空間直角坐標系求出異面直線與所成角判斷④的正誤．【詳解】解：不妨設棱長為：2，對于①連結，則，即與不垂直，又，①不正確；對于②，連結，，在中，，而，是的中點，所以，②正確；對于③由②可知，在中，，連結，易知，而在中，，，即，又，面，平面平面，③正確；以為坐標原點，平面上過點垂直于的直線為軸，所在的直線為軸，所在的直線為軸，建立如圖所示的直角坐標系；，，，，，；，；異面直線與所成角為，，故．④不正確．故選：．本題考查命題的真假的判斷，棱錐的結構特征，直線與平面垂直，直線與直線的位置關系的應用，考查空間想象能力以及邏輯推理能力．7．D【解析】

構造函數，利用導數求得的單調區(qū)間，由此判斷出的大小關系.【詳解】依題意，得，，.令，所以.所以函數在上單調遞增，在上單調遞減.所以，且，即，所以.故選：D.本小題主要考查利用導數求函數的單調區(qū)間，考查化歸與轉化的數學思想方法，考查對數式比較大小，屬于中檔題.8．D【解析】

求出命題不等式的解為，是的必要不充分條件，得是的子集，建立不等式求解.【詳解】解：命題，即:，是的必要不充分條件，，，解得．實數的取值范圍為．故選：．本題考查根據充分、必要條件求參數范圍，其思路方法：(1)解決此類問題一般是把充分條件、必要條件或充要條件轉化為集合之間的關系，然后根據集合之間關系列出關于參數的不等式(組)求解．(2)求解參數的取值范圍時，一定要注意區(qū)間端點值的檢驗．9．C【解析】

逐一分析選項，①根據函數的對稱中心判斷；②利用導數判斷函數的單調性；③先求函數的導數，若滿足條件，則極值點必在區(qū)間；④利用導數求函數在給定區(qū)間的最值.【詳解】①為奇函數，其圖象的對稱中心為原點，根據平移知識，函數的圖象的對稱中心為，正確．②由題意知．因為當時，，又，所以在上恒成立，所以函數在上為單調遞減函數，正確．③由題意知，當時，，此時在上為增函數，不合題意，故．令，解得．因為在上不單調，所以在上有解，需，解得，正確．④令，得．根據函數的單調性，在上的最大值只可能為或．因為，，所以最大值為64，結論錯誤．故選：C本題考查利用導數研究函數的單調性，極值，最值，意在考查基本的判斷方法，屬于基礎題型.10．A【解析】

由復數z求得點Z的坐標，得到向量的坐標，逆時針旋轉，得到向量的坐標，則對應的復數可求.【詳解】解：∵復數z=i（i為虛數單位）在復平面中對應點Z（0，1），

∴＝(0，1)，將繞原點O逆時針旋轉得到，

設＝(a，b)，，則，即，

又，解得：，∴，對應復數為.故選：A.本題考查復數的代數表示法及其幾何意義，是基礎題.11．D【解析】

由題意得，表示不等式的解集中整數解之和為6.當時，數形結合（如圖）得的解集中的整數解有無數多個，解集中的整數解之和一定大于6.當時，，數形結合（如圖），由解得.在內有3個整數解，為1，2，3，滿足，所以符合題意.當時，作出函數和的圖象，如圖所示.若，即的整數解只有1，2，3.只需滿足，即，解得，所以.綜上，當時，實數的取值范圍是.故選D.12．C【解析】

對選項逐個驗證即得答案.【詳解】對于，，是偶函數，故選項錯誤；對于，，定義域為，在上不是單調函數，故選項錯誤；對于，當時，；當時，；又時，.綜上，對，都有，是奇函數.又時，是開口向上的拋物線，對稱軸，在上單調遞增，是奇函數，在上是單調遞增函數，故選項正確；對于，在上單調遞增，在上單調遞增，但，在上不是單調函數，故選項錯誤.故選：.本題考查函數的基本性質，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】

直接根據復數的代數形式四則運算法則計算即可．【詳解】，．本題主要考查復數的代數形式四則運算法則的應用．14．【解析】

作出函數的圖象及直線，如下圖所示，因為函數有個不同的零點，所以由圖象可知，，，所以．15．31【解析】

由二項式定理及其展開式得通項公式得：因為的展開式得通項為，則的展開式中的常數項為：，得解.【詳解】解：，則的展開式中的常數項為：.故答案為：31.本題考查二項式定理及其展開式的通項公式，求某項的導數，考查計算能力.16．【解析】

由程序中的變量、各語句的作用，結合流程圖所給的順序，模擬程序的運行，即可得到答案.【詳解】根據題中的程序框圖可得：,執(zhí)行循環(huán)體，，不滿足條件，執(zhí)行循環(huán)體，，此時，滿足條件，退出循環(huán)，輸出的值為.故答案為：本題主要考查了程序和算法，依次寫出每次循環(huán)得到的，的值是解題的關鍵，屬于基本知識的考查.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）由已知根據拋物線和橢圓的定義和性質，可求出，；（2）設直線方程為，聯(lián)立直線與圓的方程可以求出，再聯(lián)立直線和橢圓的方程化簡，由根與系數的關系得到結論，繼而求出面積．【詳解】（1）焦點為F（1，0），則F1（1，0），F2（1，0），，解得，＝1，＝1，（Ⅱ）由已知，可設直線方程為，，聯(lián)立得，易知△＞0，則＝＝＝因為，所以＝1，解得聯(lián)立，得，△＝8＞0設，則本題主要考查拋物線和橢圓的定義與性質應用，同時考查利用根與系數的關系，解決直線與圓，直線與橢圓的位置關系問題．意在考查學生的數學運算能力．18．（2）（x﹣2）2+y2＝2．（2）（）．（3）存在，【解析】

（2）設圓心為M（m，0），根據相切得到，計算得到答案.（2）把直線ax﹣y+5＝0，代入圓的方程，計算△＝4（5a﹣2）2﹣4（a2+2）＞0得到答案.（3）l的方程為，即x+ay+2﹣4a＝0，過點M（2，0），計算得到答案.【詳解】（2）設圓心為M（m，0）（m∈Z）．由于圓與直線4x+3y﹣29＝0相切，且半徑為5，所以，即|4m﹣29|＝2．因為m為整數，故m＝2．故所求圓的方程為（x﹣2）2+y2＝2．（2）把直線ax﹣y+5＝0，即y＝ax+5，代入圓的方程，消去y，整理得（a2+2）x2+2（5a﹣2）x+2＝0，由于直線ax﹣y+5＝0交圓于A，B兩點，故△＝4（5a﹣2）2﹣4（a2+2）＞0，即22a2﹣5a＞0，由于a＞0，解得a，所以實數a的取值范圍是（）．（3）設符合條件的實數a存在，則直線l的斜率為，l的方程為，即x+ay+2﹣4a＝0，由于l垂直平分弦AB，故圓心M（2，0）必在l上，所以2+0+2﹣4a＝0，解得．由于，故存在實數使得過點P（﹣2，4）的直線l垂直平分弦AB.本題考查了直線和圓的位置關系，意在考查學生的計算能力和轉化能力.19．（1）證明見解析（2）【解析】

(1)取中點R，連接，,可知中,且,由Q是中點,可得則有且,即四邊形是平行四邊形,則有,即證得平面.(2)建立空間直角坐標系,求得半平面的法向量:,然后利用空間向量的相關結論可求得二面角的余弦值.【詳解】（1）取中點R，連接，，則在中，，且，又Q是中點，所以，而且，所以，所以四邊形是平行四邊形，所以，又平面，平面，所以平面.（2）在平面內作交于點G，以E為原點，，，分別為x，y，x軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則各點坐標為，，，所以，，設平面的一個法向量為，則即，取，得，又平面的一個法向量為，所以.因此，二面角的余弦值為本題考查線面平行的判定,考查利用空間向量求解二面角,考查邏輯推理能力及運算求解能力,難度一般.20．