安徽省淮南第四中学2024-2025学年高三下学期第一次调研考试数学试题 含解析

这是一份安徽省淮南第四中学2024-2025学年高三下学期第一次调研考试数学试题 含解析，共7页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，8 B等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题纸
上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑.如需改
动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效.回答非选择题时，将答案写在
答题纸上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷与答题卡一并由监考人员收回.
一､单项选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的四个选项中，只有一
项是符合题目要求.
1. 若集合 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由对数函数的单调性解不等式求集合，再应用集合的交运算求结果.
【详解】由 ，则 ，故 ，而 ，
所以 .
故选：B
2. 若 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，利用复数的运算法则，化简得到 ，结合共轭复数的概念，即可求解.
【详解】由 ，可得 ，
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所以 .
故选：D．
3. 已知等差数列 前 项和为 ，若 ，且 ，则 （ ）
A. 72 B. 108 C. 120 D. 144
【答案】D
【解析】
【分析】利用等差数列的性质及前 项和公式，计算即可得结果.
【详解】在等差数列 中， ，解得 ，
所以 ．
故选：D.
4. 空间中，已知两条直线 ，其方向向量分别为 ，则“ ”是“ 与 所成角为” 的
（ ）
A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件
C. 充要条件 D. 既非充分又非必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间两直线所成角的以及直线方向向量的定义，结合充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】由 ，可以推出 与 所成角为 ，
但 与 所成角为 时， 或 ，
所以 是 与 所成角为 的充分不必要条件.
故选：A.
5. 某科技公司使用新开发的人像识别模型对 5 个人像进行识别，每个人像识别成功的概率均为 p，且每次
是否成功相互独立，设 X 为这 5 个人像中识别成功的个数，若 ，且全部识别成功的概率大于全
部识别失败的概率，则 p=（ ）
A. 0.8 B. 0.6 C. 0.4 D. 0.2
【答案】A
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【解析】
【分析】根据给定条件，利用二项分布的方差公式求解.
【详解】依题意， ，则 ，解得 或 ，
由全部识别成功的概率大于全部识别失败的概率，得 ，即 ，则 ，
所以 .
故选：A
6. 函数 在 上单调递减，则 a 取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由对数的定义及真数为正可得 及 ，由此得 ，故可知
在 上单调递增，要使得函数 整体在 上单调递减，则
，综上取交集即可得 的取值范围.
【详解】由题意可得 及 ，解得 ，
所以 ，故 在 上单调递增，
所以 ， ，综上可得 ，
故选：B.
7. 若正整数 a，b 满足等式 ，且 ，则 （ ）
A. 1 B. 2 C. 2022 D. 2023
【答案】D
【解析】
【分析】由 ，再根据二项式定理展开后可求 的值.
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【详解】∵
，
∴ .
故选：D.
8. 已知正方体 的棱长为 2，点 为 的中点，若点 E，A，C， 都在球 的表面上，
则球 的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先证明 平面 ，则球心 在 上，设 ，利用余弦定理表示出 ， ，
再根据球 的半径 ，求出 ，即可得到 ，从而得解.
【详解】由正方体的性质可知 ， 平面 ， 平面 ，所以 ，
又 ， 平面 ，所以 平面 ，又 平面 ，
所以 ，同理可证 ， ， 平面 ，
所以 平面 ，
设 ，则 为 的中点，设 ，由正方体的对称性易知 为等边 的
中心心，
如图所示，球心 在 上，设 ， ， ，
所以 ，
所以 ， ，
所以 ，
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因为球 的半径 ，即 ，
解得 ，所以 ，则球 表面积为 .
故选：A．
二､多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的四个选项中，有多项
符合题目要求，全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
9. 一组样本数据 ．其中 ， ， ，求得其经
验回归方程为： ，残差为 ．对样本数据进行处理： ，得到新的数据
， 求 得 其 经 验 回 归 方 程 为 ： ， 其 残 差 为 ， 、 分 布 如 图 所 示 ， 且
， ，则（ ）
A. 样本 正相关 B.
C. D. 处理后的决定系数变小
【答案】BC
【解析】
【分析】利用回归方程的系数正负性可判断 A；利用样本中心点计算判断 B；利用图象的波动性可判断 CD.
【详解】对于 A，经验回归方程 的斜率 ，则样本 负相关，故 A 错误；
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对于 B，原样本 ，因回归直线过样本点中心 ，
则 ，解得 ，故 B 正确；
对于 C，由已知的 、 分布图可知， 的集中度更高，则 更小，故 C 正确；
对于 D，由图可知，图 2 的残差波动范围更接近 轴，拟合效果更好，决定系数更大， D 错误．
故选：BC．
10. 已知函数 ，则（ ）
A. 的图象关于点 对称
B. 在区间 上单调递增
C. 在区间 上的极值点个数为 4
D. 的图象可以由 的图象向左平移 个单位长度得到
【答案】BCD
【解析】
【分析】选项 A：利用正弦函数的对称中心求解即可，选项 B：利用正弦函数的单调区间求解即可，选项 C：
利用正弦函数的极值点求解即可，选项 D：利用三角函数的图像变换求解即可.
【详解】对于 A，当 时， ，所以点 不是 的图象的对称中心，故 A 错误；
对于 B，当 时， ，函数 在 上单调递增，所以 在
上单调递增，故 B 正确；
对于 C，当 时， ，函数 在 上有 4 个极值点，即 ，
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， ， ，所以 在 上有 4 个极值点，故 C 正确；
对于 D，因为 ，所以 的图象可以由函数 的图象向左平
移 单位长度得到，故 D 正确．
故选：BCD.
11. 已知抛物线 与 围成的封闭曲线 如图所示，设 的上、
下顶点分别为 ，左、右顶点分别为 ，则下列结论正确的是（ ）
A. 恒关于点 中心对称
B. 若 ，则 与 的准线之间的距离为
C. 若 上一点 的横坐标 ，则
D. 若 ，且对于任意给定的常数 ， 上任意一点 均满足 为定值，则 的
取值范围是
【答案】BC
【解析】
【分析】对 A：计算出点 及点 坐标后，验证点 关于 中心对称的点不在曲线 上即可得；对 B：
由题意可得计算出 ，则可得抛物线 与物线 的准线方程，即可得其距离；对 C：由 计算出 ，
则可计算出 ，再利用 可得 ，即可得解；对 D：分别计算 在 上及在 上
时 的值，可得 范围，则可得 等于 的大小关系，即可得解.
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【详解】对 A：对 ，令 ，可得 ，则 ，
对 ，令 ，可得 ，则 ，
点 关于 中心对称的点为 ，不在曲线 上，
故点 不是曲线 的对称中心，故 A 错误；
对 B：由 、 ，则 ，
令 ，解得 ，则 ，
由抛物线对称性可知 、 关于 轴对称，故 ，
则有 ，解得 ，
又抛物线 为抛物线 向左平移 个单位而来，
抛物线 为抛物线 向右平移 个单位而来，
故抛物线 的准线方程为 ，
抛物线 的准线方程为 ，
即 与 的准线之间的距离为 ，故 B 正确；
对 C：由 ，则 ，
则 ，化简得 ，故 或 （舍），
则 ，由 ，则该点在 上， ，
由 ，则 ，
则
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，
故 ，故 C 正确；
对 D：由 ，当点 在 上时，即 时，
有 ，则 ，
当点 在 上时，即 时，
有 ，则 ，
即 ，则对 上一点 ，有 ，
则 ，
由对于任意给定的常数 ， 为定值，
则 恒成立，即 ，即 的取值范围是 ，故 D 错误.
故选：BC.
【点睛】关键点点睛：D 选项中关键点在于对于任意给定的常数 ， 为定值，则当
时，需满足 .
三､填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 二项式 的展开式中含 项的系数为______．
【答案】720
【解析】
【分析】根据二项式展开式的通项特征即可求解.
【详解】二项式的展开式的通项公式为 ，
令 ，得 ，所以二项式 中展开式中含 项的系数为 720
．
故答案为：720
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13. 已知椭圆 的左顶点为 A，上，下顶点分别为 B，C，右焦点为 F，直线 与
交于点 P，若 ，则 ________．（S 表示面积）
【答案】3
【解析】
【分析】通过直线方程联立求解交点坐标，再利用线段长度关系得出参数之间的关系，最后根据三角形面
积的比例关系求解．
【详解】设 ，由已知得直线 的方程为 ，直线 的方程为 ，
两直线方程联立，可解得点 P 的坐标为 ．
由 ，得 ，
可得 ，整理得 ，即 ，解得 ，所
以 P 点的纵坐标为 ，得 ．所以 ．
故答案 ：3.
14. 已知正三棱台 的上、下底面边长分别为 1 和 2，且体积不大于 ，若该棱台的外接球球
心 位于棱台内部（不含表面），则外接球表面积的取值范围是__________.
【答案】
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【解析】
【分析】根据给定条件，求出正三棱台高的范围，再利用球的截面性质建立方程，求出球半径的范围即可.
【详解】如图，令正三棱台 上下底面正三角形中心分别为 ，
则 ， ，
设正三棱台 的高为 ，则 ，解得 ，
设球 的半径为 ，显然球心 在线段 上（不含端点）
因此 ， ，解得 ，
且 ，而 ，当且仅当 时取等号，得 ，
，解得 ，
因此 ， ，
所以外接球表面积的取值范围是 .
故答案为：
【点睛】关键点点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆
性质求解.
四､解答题：本题共 5 小题，共 77 分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15. 已知 ， ，函数 ．
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（1）求函数 的单调递增区间；
（2）在 中，若 ， ，且 的面积为 ，求 ．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由向量数量积的坐标表示及辅助角公式得到 ，再通过整体代入即可
求解；
（2）由（1）求得 ，再通过余弦定理及三角形面积公式即可求解.
【小问 1 详解】
因为
，
所以 ．
由 ，得 ， ，
所以 的增区间为 ．
【小问 2 详解】
由 ，得 ，
因为 ，所以 ，所以 ，即 ，
因为 ，所以 ，因此 ，
又 ，所以 ，
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即 ，
所以 ，
即 ．
16. 为比较甲、乙两所学校学生的数学水平，采用简单随机抽样的方法抽取 80 名学生．通过测验得到了如
表数据：
数学成绩
学校 合计
不优秀 优秀
甲校 30 10 40
乙校 20 20 40
合计 50 30 80
（1）依据小概率值 的 独立性检验，分析两校学生中数学成绩优秀率之间是否存在差异；如果
表中所有数据都扩大为原来的 10 倍．在相同的检验标准下，再用独立性检验推断学校和数学成绩之间的关
联性，结论还一样吗？请你试着解释其中的原因．
（2）据调查，丙校学生数学成绩的优秀率为 30%，且将频率视为概率、现根据甲、乙、丙三所学校总人数
比例依次抽取了 24 人，30 人，30 人进行调查访谈．如果已知从中抽到了一名优秀学生，求该名学生来自
丙校的概率．
附：临界值表：
α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由卡方公式进行求解即可；
（2）利用全概率公式、条件概率公式进行求解即可.
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【小问 1 详解】
因为 ，
所以两校学生中数学成绩优秀率之间没有关系，
所有数据都扩大 10 倍后：
这时两校学生中数学成绩优秀率之间有关系，
所以相同的检验标准下，再用独立性检验推断学校和数学成绩之间的关联性，结论不一样，
主要是因为样本容量的不同，只有当样本容量越大时，用样本估计总体的准确性会越高.
【小问 2 详解】
抽取甲、乙、丙三所学校优秀学生人数分别为：
，
记 分别为事件“抽到的学生来自甲、乙、丙学校”， 为事件“抽到一名优秀学生”，
则 ，
，
所以
，
所以从中抽到了一名优秀学生，该名学生来自丙校的概率为：
.
17. 已知抛物线 的焦点为 ，点 在 上，且 ．
（1）求 的方程；
（2）过点 作两条互相垂直的直线 ， ，直线 与 交于 两点，直线 与 交于 两点，设线
段 的中点分别为 ，证明：直线 过定点．
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【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据焦半径公式即可求解，
（2）联立直线与抛物线的方程，结合中点坐标公式可得 ， ，即可根据斜
率公式，以及点斜式求解直线方程得解.
【小问 1 详解】
的准线方程为 ，
因为点 在 上，且 ，即 ，得 ，
所以 的方程为 ．
【小问 2 详解】
由（1）知 ，设 ．
设 的方程为 ，代入 ，得 ．
所以 ，则 ，
代入 ，得 ，所以 ．
因为 ，所以 的方程为 ，同理可得 ．
当 时， ，直线 ．
当 时， ，
直线 的方程为 ，
即 ，
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整理得 ．
所以直线 过定点 ．
18. 设函数 .
（1）当 时，证明： ；
（2）若 在 上为增函数，求 a 的取值范围；
（3）证明： .
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）当 时， .根据导数研究函数 在 上的单调性，再结合
函数 的奇偶性即可证明；
（2）由函数 在 上为增函数可知 对 恒成立，利用分离参数法转化为
求函数的最值即可求解；
（ 3） 由 （ 1） 可 知 ： 当 时 ， .令 ， ， 则
.由 （ 2） 可 得 ， 当 时 ， ， 进 而
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，即 ，即可求证结论.
【小问 1 详解】
当 时， .
因为 是偶函数，先证当 时， .
由 ，设 ，所以 ，
所以 在 上单调递增，所以 ，
所以 在 上单调递增，所以 .
因为 是偶函数，所以当 时， ， .
综上， .
【小问 2 详解】
由 ，得 .
因为 在 上为增函数，所以 对 恒成立.
①当 时， 恒成立，此时 ；
②当 时，即 对 恒成立.
令 ， .
由（1）知 在 单调递增，所以 ，即 ，所以 ，
所以 ，解得 ，即 a 的取值范围为 .
【小问 3 详解】
由（1）可知，当 ， 时， ，即 ，
当且仅当 时，等号成立.
令 ， ，则 ，
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即 .
由（2）可得，当 时， .
因为 ，所以 ，即 .
所以
.
所以 .
【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性以及函数与数列的综合.其中第（3）小问的解题关键是利用第
（ 1） 小 问 的 结 论 得 到 ， 用 放 缩 法 得 到 ， 裂 项 可 得
， 再 利 用 （ 2） 的 结 论 进 一 步 放 缩 得 ， 即
，利用裂项相消法求和即可得到结论.
19. 如图，正四棱锥 的底面是边长为 1 的正方形，平面α与底面 ABCD 平行且与四棱锥的四条侧
棱（不含端点）分别交于点 E，F，G，H，四棱台 与四棱锥 的棱长和相等（“棱
长和”指多面体的所有棱长之和）．
（1）若 E 是棱 PA 的中点，求四棱台 的体积；
（2）求平面 PAD 与平面 PBC 的夹角的余弦值；
（3）已知四棱柱Ω的底面是边长为 m 的正方形，侧棱长为 n，且侧棱与底面所在平面所成的角为
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，若平面α任意上下平移时，总存在正数 m，n，使得四棱柱Ω与四棱台 有
相同的体积，也有相同的棱长和，求 的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由题意易得四棱锥 也是正四棱锥，进而结合四棱锥的体积公式求解即可；
（2）设 AD，BC 的中点分别为 M，N，连接 PM，PN，MN．设平面 PAD 与平面 PBC 的交线为 l，易得平
面 PAD 与平面 PBC 的夹角即 （或其补角），进而求解即可；
（3）由题意知四棱柱Ω的高为 ，体积为 ，当平面α任意上下平移时，设 ，
，易得 ，结合四棱柱Ω与四棱台 的棱长和相等，可得
，进而得到 ,令 ，进而结合其导数求解
即可.
【小问 1 详解】
由题意知平面 ，
所以四棱锥 也是正四棱锥，
因为四棱台 与四棱锥 棱长和相等，
所以 ，
即 ，故 ，
即四棱锥 和正四棱锥 的侧面都是正三角形，
连接 AC，设点 P 在底面 ABCD 上的射影为 O，则 O 为 AC 的中点．
由已知得 ， ，
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所以 是等腰直角三角形，所以 AC 上的高 ，
即四棱锥 的高为 ，所以 ，
当 E 是棱 PA 的中点时， ，
所以四棱台 的体积为 ．
【小问 2 详解】
设 AD，BC 的中点分别为 M，N，连接 PM，PN，MN，
因为 ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，设平面 PAD 与平面 PBC 的交线为 l，
又 平面 PAD，所以 ，
因为 是等边三角形，所以 ，所以 ，同理可得 ，
所以平面 PAD 与平面 PBC 的夹角即 （或其补角），
由已知可得 ， ，
所以 ，
所以平面 PAD 与平面 PBC 的夹角的余弦值为 ．
【小问 3 详解】
由题意知四棱柱Ω的高为 ，体积为 ．
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当平面α任意上下平移时，设 ， ，
则 ，四棱台 体积为 ，
所以 ．①
又四棱柱Ω与四棱台 的棱长和相等，所以 ，
所以 ， ,
将其代入①，得 ,
令 ，则 ，
当 时， ，当 时， ，
所以 在 处取得极大值，也是最大值，最大值为 ，
所以 ，则 ．
又 ，且总存在满足题中条件的 m 和 n，
所以 ，
故 ，解得 ，
又 ，所以 的取值范围是 .
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