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1、吉林省长春市20242025学年高三上学期质量监测（一）数学试卷一、单选题（本大题共8小题）1一组数据1，1，3，4，5，5，6，7的第25百分位数是（）A1B2C3D62已知向量，若，则（）A2B3C6D153已知，则的值为（）A-2B2CD34某学校科技创新小组准备模拟东风31弹道导弹的发射过程，假设该小组采用的飞行器的飞行高度（单位：米）与飞行时间（单位：秒）之间的关系可以近似用函数来表示.已知飞行器发射后经过2秒时的高度为10米，经过6秒时的高度为30米，欲达到50米的高度，需要（）秒.A15B16C18D205正四面体中，则异面直线与所成角的正弦值为（）ABCD6直线与直线所成角是（
2、）ABCD7为了解小学生每天的户外运动时间，某校对小学生进行平均每天户外运动时间（单位：小时）的调查，采用样本量按比例分配的分层随机抽样.如果不知道样本数据，只知道抽取了三年级及以下学生40人，其平均数和方差分别为2.5和1.65，抽取了四年级及以上学生60人，其平均数和方差分别为1.5和3.5，则估计该校学生平均每天户外运动时间的总体方差为（）A5B4C3D28已知定义在上的函数是的导函数，满足，且，则不等式的解集是（）ABCD二、多选题（本大题共3小题）9函数的最小正周期为，则（）A是的一条对称轴B与函数相等C在区间上单调递减D在区间上的取值范围是10已知等比数列的公比为，且，设该等比数列
3、的前项和为，前项积为，下列选项正确的是（）AB当时，为递增数列C单调递增的充要条件为D当时，满足的的最小值为9112022年卡塔尔世界杯赛徽近似“伯努利双纽线”.伯努利双纽线最早于1694年被瑞士数学家雅各布伯努利用来描述他所发现的曲线.定义在平面直角坐标系xOy中，把到定点距离之积等于定值的点的轨迹称为双纽线，已知点Px0,y0是双纽线上一点，下列关于双纽线的说法正确的是（）A的最大值为B双纽线是中心对称图形CD到距离之和的最小值为2c三、填空题（本大题共3小题）12已知公差不为0的等差数列的前项和为，若，则 .13已知椭圆的上、下顶点分别为A、B，右焦点为F，B关于点的对称点为.若过三点的
4、圆的半径为，则的离心率为 .14若，则 .四、解答题（本大题共5小题）15已知函数在处的切线平行于轴.(1)求与的关系；(2)若函数在上单调递增，求的取值范围.16在中，内角A，B，C的对边分别是的面积记为，已知.(1)求；(2)若BC边上的中线长为1，AD为角的平分线，求CD的长.17如图，在平行六面体中，.(1)求证：直线平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值.18某医学研究团队经过研究初步得出检测某种疾病的患病与否和某项医学指标有关，利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值，将该指标大于的人判定为阳性（患病），小于或等于的人判定为阴性（未患病）.此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概
5、率；误诊率是将未患病者判定为阳性的概率.(1)随机抽取男女各500人进行检验，采用临界值进行判定时，误判共10人（漏诊与误诊之和），其中2男8女，写出列联表，依据小概率值的独立性检验，能否认为误判与性别有关？(2)经过大量调查，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布表：指标95，100（100，105（105，110（110，115（115，120（120，125（125，130患病者频率0.010.060.170.180.20.20.18指标70，75未患病者频率0.190.20.20.180.170.050.01假设数据在组内均匀分布，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率.若漏诊率和
6、误诊率同时控制在以内（小于等于），求临界值的范围；(3)在（2）条件下，求出误判率（漏诊率与误诊率之和）最小时的临界值及对应的误诊率和漏诊率.附：0.1000.0500.0100.0012.7063.8416.63510.82819已知为抛物线的焦点，为坐标原点，过焦点作一条直线交于A，B两点，点在的准线上，且直线MF的斜率为的面积为1.(1)求抛物线的方程；(2)试问在上是否存在定点，使得直线NA与NB的斜率之和等于直线NF斜率的平方？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由；(3)过焦点且与轴垂直的直线与抛物线交于P，Q两点，求证：直线AP与BQ的交点在一条定直线上.参考答案1【答案】B
7、【详解】由题意知，该组数据共有8个，则所以第25百分位数为.故选：B2【答案】B【详解】由，可得，解得.故选：B.3【答案】A【详解】因为两式联立可得：，所以，故选：A4【答案】C【详解】由题意可得：，解得：，设达到50米的高度需要秒.，解得：，所以达到50米的高度需要秒.故选：C5【答案】D【详解】从正方体中可截取一个正四面体，设正方体的边长为，根据正方体的性质建立空间直角坐标系如图所示：，所以，则，因为，所以，则，根据，则，所以异面直线PQ与BD所成角的正弦值为.故选：D.6【答案】B【详解】直线斜率，直线斜率，设两直线的夹角为，则，且，所以.故选：B7【答案】C【详解】抽取了三年级及以下
8、学生40人，其平均数和方差分别为，抽取了四年级及以上学生60人，其平均数和方差分别为，设抽取的总体样本的平均数为和方差为，则，.故选：C.8【答案】D【详解】设，则 ，因为，所以，可得在上单调递减，不等式，即，即，所以，因为在上单调递减，所以，解得：，所以不等式的解集为：，故选：D9【答案】AD【详解】因为函数的最小正周期为, 由周期公式，可得，则.对于A选项，因为，所以是的一条对称轴，故选项A正确；对于B选项，因为,与不相等，故选项B错误；对于C选项，当时，而在上单调递增，所以函数在区间上单调递增，故选项C错误； 对于D选项，当时，而，所以在区间上的取值范围是，故选项D正确；故选：AD.10
9、【答案】ABC【详解】因为，可知，对于选项A：因为，且，则，当且仅当，即时，等号成立，所以，故A正确；对于选项C：若单调递增，等价于，又因为数列为等比数列，则，即对任意恒成立，等价于，即单调递增，等价于，所以单调递增的充要条件为，故C正确；对于选项BD：若，则，且，即，所以数列为递增数列，故B正确；当时，；当时，；当时，为递减数列，且；当时，为递增数列，且；综上所述：当时，；当时，；所以满足的的最小值为10，故D错误；故选：ABC.11【答案】BCD【详解】B选项，由题意得双纽线的轨迹方程为，将换成，把换成得，即，故双纽线关于原点中心对称，B正确；C选项，其中，又Px0,y0在双纽线上，故，故
10、，所以，当且仅当时，等号成立，所以，C正确；D选项，当且仅当时，等号成立，故D正确；A选项，当重合时，当不重合时，两边平方得，在中，由余弦定理得，即，式子联立得，当落在轴上（除原点）时，等号成立，故，的最大值为，A错误.故选：BCD12【答案】9【详解】设等差数列的公差为，由可得，化简得，因，解得.故答案为：9.13【答案】/【详解】由题设，则的中点为，而，所以中垂线的斜率为，故的中垂线方程为，由B关于点的对称点为，则，故中垂线为，联立，可得，故过三点的圆的圆心为，由题意有，可得.故答案为：14【答案】【详解】由于，则所以，即.故答案为：.15【答案】(1)(2)【详解】（1）由，可得，依题意
11、，即得，此时切线方程为，该直线与x轴平行，所以，所以；（2）函数在上单调递增等价于在上恒成立，即在上恒成立，也即在上恒成立，故得且，即的取值范围是.16【答案】(1)；(2).【详解】（1）由题设，而，所以，所以.（2）如下示意图，是的中线，则，所以，由，则，又，则，即，则，所以.17【答案】(1)证明见详解.(2)【详解】（1）设，则为空间的一个基底，且，因为，则，可得，即，且，平面，所以平面.（2）由（1）知，所以，则；又，所以，则；又，平面，所以平面；故，分别是平面和平面的法向量，设平面与平面夹角为，所以；所以平面与平面夹角的余弦值为.18【答案】(1)列联表见解析；无关(2)(3)；误
12、诊率为，漏诊率为【详解】（1）依题意，列出列联表为：误判人数未误判人数总计男性人数2498500女性人数8492500总计109901000由上表，故可以认为，依据小概率值的独立性检验，没有充分的证据证明零假设不成立，即认为误判与性别无关；（2）因漏诊率小于等于，由频率分布表可知，临界值应在内，依题意，有；又因误诊率小于等于，由频率分布表可知，临界值应在内，依题意，有.综上，临界值的范围为；（3）由（2）已得，故，此时误诊率为：，即；漏诊率为：，即.19【答案】(1)(2)或(3)证明见解析【详解】（1）由题意得，直线方程为：，令，则，故，于是，解得（负值舍去），故抛物线方程为.（2）设的方程为，由题意得，即，可得，通分可得，联立和抛物线，得到，由，代入可得，整理可得，解得或，故，满足题意.（3）由题意，则直线，直线，两直线方程相减得到：，由（2）知，于是，即，即，即，于是，解得，即直线AP与BQ的交点在一条定直线上
