河南省郑州市宇华实验学校2024—2025学年高三上学期开学考试数学试题

郑州市宇华实验学校2024—2025学年高三上学期开学考试 数 学 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。 2.每道选择题选出答案后，用2B铅笔把答题卡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。在试题卷上作答无效。 3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。 4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。 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的. 1.若，则的最小值为（ ） A. B. C.1 D. 2.若函数（且）在上单调递增，则不可能的取值为（ ） A. B. C. D. 3.在平行四边形中，，,，将沿折起，使得平面平面，则到平面的距离为（    ） A. B. C. D. 4.平行四边形中，，，以C为圆心作与直线BD相切的圆，P为圆C上且落在四边形内部任意一点，，若，则角的范围为（    ） A. B. C. D. 5.已知双曲线：的左、右焦点分别为，，点是双曲线右支上一点，直线交双曲线的左支于点.若，，，且的外接圆交双曲线的一条渐近线于点，则的值为（    ） A. B. C. D.3 6.在正方体中，为的中点，在棱上，且，则过且与垂直的平面截正方体所得截面的面积为（ ） A.6 B.8 C.12 D.16 7.已知公差的等差数列前项和为，满足，则下列结论中正确的是（    ） A. B. C.是中的最大值 D.是中的最小值 8. 已知函数，，点与分别在函数与的图象上，若的最小值为，则（ ） A. B. 3 C. 或3 D. 1或3 二、多项选择题：本题共３小题，每小题６分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，有选错的得0分，若只有2个正确选项，每选对1个得3分；若只有3个正确选项，每选对1个得2分. 9.已知函数，设数列的通项公式为，则对于数列，下列说法正确的是（    ） A.该数列的图象是二次函数的图象 B.该数列是递减数列 C.该数列从第3项往后各项均为负数 D.该数列有两项为1 10.已知函数，，则下列说法正确的是（ ） A.的图象关于点对称 B.在区间上单调递增 C.将图象上的所有点向右平移个单位长度即可得到的图象 D.函数的最大值为 11.古希腊数学家阿波罗尼斯发现：用平面截圆锥，可以得到不同的截口曲线.如图，当平面垂直于圆锥的轴时，截口曲线是一个圆.当平面不垂直于圆锥的轴时，若得到“封闭曲线”，则是椭圆；若平面与圆锥的一条母线平行，得到抛物线（部分）；若平面平行于圆锥的轴，得到双曲线（部分）.已知以 为顶点的圆锥，底面半径为1，高为，点为底面圆周上一定点，圆锥侧面上有一动点满足，则下列结论正确的是（ ） A.点 的轨迹为椭圆 B.点 可能在以 为球心，1为半径的球外部 C. 可能与 垂直 D.三棱锥 的体积最大值为 三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分. 12.从教学楼一楼到二楼共有11级台阶（从下往上依次为第1级，第2级，，第11级），学生甲一步能上1级或2级台阶，若甲从一楼上到二楼使用每一种方法都是等概率的，则甲踩过第5级台阶的概率是 . 13.已知两个圆锥有公共底面，且两个圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，若球的体积为，这两个圆锥的体积之和为，则这两个圆锥中，体积较大者的高与体积较小者的高的比值为 . 14.已知实数满足，则的最大值为 . 四、解答题：本大题共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.（13分）某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异，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直方图： 利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值c，将该指标大于c的人判定为阳性，小于或等于c的人判定为阴性.此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为；误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为.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. （1）当漏诊率％时，求临界值c和误诊率； （2）设函数，当时，求的解析式，并求在区间的最小值. 16.（15分）已知在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. (1)求A； (2)若外接圆的直径为，求的取值范围. 17.（15分）如图，已知平面，，是等腰直角三角形，其中，且. (1)设线段中点为，证明：平面； (2)在线段上是否存在点，使得点到平面的距离等于，如果存在，求的长. 18.（17分）函数极限是现代数学中非常重要的概念，函数在处的极限定义如下：，存在正数，当时，均有，则称在处的极限为A，记为，例如：在处的极限为2，理由是：，存在正数，当时，均有，所以.已知函数，，（，为自然对数的底数）. (1)证明：在处的极限为； (2)若，，，求的最大值； (3)若，用函数极限的定义证明：. 19.（17分）已知椭圆：的长轴长为，离心率为，过右焦点且与轴不垂直的直线与椭圆相交于A，B两点，点M的坐标为，记直线，的斜率分别为，. (1)求椭圆的方程； (2)当时，求直线的方程； (3)求证：为定值. 数学参考答案 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的. 1.【答案】D 【解析】因为，，两边同时除以，得到， 当且仅当即取“=”. 则，当且仅当取“=”. 两边取自然对数，则，当且仅当取“=”. 故的最小值为. 故选：D. 2.【答案】D 【解析】当时，易知函数在上单调递增， 当时，， ∵在上单调递增，在上单调递增， ∴，即， ∵，∴， ∴，即，即， 结合，解得. 综上得， 比较选项知ABC均在此范围，而D选项不在上述范围内， 故选：D. 3.【答案】D 【解析】由，,， 得，， 则，，又四边形为平行四边形，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又因为平面，所以平面平面， 在平面内，作于点H，因为平面平面，平面平面， 所以平面，则即为所求点B到平面的距离， 在直角三角形中，，又， 所以. 所以到平面的距离为. 故选：D. 4.【答案】B 【解析】由，当在直线上时，， 当圆与的切点在延长线上时，圆落在四边形内部部分与直线没有公共点，此时， 当恰好切于点时，则，又，， 所以，则， 所以，则，故. 故选：B 5.【答案】D 【解析】因为点M，N分别在双曲线C的右支和左支上， 所以. 又，，，所以， 解得，， 所以，所以是直角. 在中，，所以， 解得， 所以，即. 又的外接圆交双曲线的一条渐近线于点， 所以，所以点的坐标满足，解得， 所以，故. 故选：D. 6.【答案】C 【解析】如图所示， 在棱上取一点，使得. 因为在棱上，且， 所以，. 由正方体性质可知：平面平面，. 又因为平面平面，平面， 所以平面， 则平面. 又因为平面 所以. 取为的中点，在棱上取一点，使得. 则，, 所以. 因为为的中点， 则由正方体的性质可得：平面. 又因为平面， 所以. 又因为，平面，平面， 所以平面. 因为平面， 所以. 同理可得：在棱上取一点，使得时有. 所以截面为四边形. 因为平面平面，平面平面，平面平面， 所以. 又因为， 所以，，. 所以等腰梯形为所得截面，梯形的高为. 所以等腰梯形的面积为， 故选C. 7.【答案】B 【解析】由题意， 即，所以，故B正确； 当时，可得，此时，是中的最小值， 当时，可得，此时，是中的最大值，故ACD错误. 故选B. 8.【答案】A 【解析】因为，令，解得， 而， 则函数的图象在点处的切线方程为， 则，即点到直线的距离为， 所以，解得或， 当时，与函数的图象相交， 所以. 故选：A. 二、多项选择题：本题共３小题，每小题６分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，有选错的得0分，若只有2个正确选项，每选对1个得3分；若只有3个正确选项，每选对1个得2分. 9.【答案】BC 【解析】对于A：由数列图象各点为离散的（非连续），故数列的图象不是二次函数的图象，错； 对于B：由题设，对应二次函数开口向下，在上递减，对； 对于C：由，结合数列单调递减，故从第3项往后各项均为负数，对； 对于D：由C分析知：只有，错. 故选：BC 10.【答案】BCD 【解析】对于A选项：将代入，得， 故的图象不关于点对称，故选项A错误； 对于B选项：在，令，则， 因为，所以， 根据余弦函数图象可知在单调递增，故选项B正确； 对于C选项：将图象上的所有点向右平移个单位长度， 可得到， 故选项C正确； 对于D选项：， ， 结合余弦函数的性质可知：，故选项D正确. 故选BCD. 11.【答案】ACD 【解析】由于 ，则 在线段 的中垂面上，连接 交圆锥于点 ， 由于 ， ，所以 ，故 为等边三角形， 取 中点为 连接 ，则 ，则 在线段 的中垂面上， 由于 不垂直于 ，所以形成的是椭圆，故A正确， 以 为球心，1为半径的球被平面 （平面 为线段 的中垂面）所截得的截面为以 为直径的圆， 而 的轨迹为以 为长轴的椭圆，由于圆的面积大于椭圆面积， 所以 不会离开椭圆，故 在球内或球面上，故B错误， 若要，由于 ，所以只需要 , 当 处，此时 取最小值1，当 在 处，此时 取最大值2，由于 连续变化，故能够找到点 ，使得 ，故C正确， （ 为 到平面 的距离）， 又 ，故三棱锥 的体积最大值为 ，故D正确. 故选：ACD 三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分. 12.【答案】 【解析】记学生甲上到第级台阶共有种上法，则， 当时，学生甲上到第级台阶，可以从第级或第级上去， 所以， 于是，，， 其中甲踩过第5级台阶的上台阶方法数，可分两步计算， 第一步，从第1级到第5级，共有种方法； 第二步，从第6级到第11级，相当于从第1级到第6级的方法数，共有种方法； 所以甲踩过第5级台阶的上台阶方法数有， 则甲踩过第5级台阶的概率是. 故答案为：. 13.【答案】 【解析】如图所示，设圆锥与圆锥公共底面得圆心为,取底面圆周上一点， 令底面半径为，球半径为, 因为球的体积为，所以,解得, 因为两个圆锥的体积之和为，所以即解得， 在直角三角形中， 可得,， 所以体积较大者的高与体积较小者的高的比值. 故答案为：. 14.【答案】1 【解析】由“”和“”代入方程仍成立，所以曲线关于x轴和y轴对称，故只需考虑，的情形， 此时方程为，即，所以的轨迹如下图， ，表示点和连线的斜率，由图可知，当曲线第四象限部分半圆（圆心为，半径为）相切时，斜率最大. 设：，则，解得或（舍去）， 所以的最大值为1. 故答案为：1. 四、解答题：本大题共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.（13分）【答案】（1），； （2），最小值为. 【解析】(1)依题可知，左边图形第一个小矩形的面积为，所以， 所以，解得：， . (2) 当时， ； 当时， , 故， 所以在区间的最小值为. 16.（15分）【答案】(1)； (2) 【解析】(1)由可得：，所以， 所以， ， ，由正弦定理可得， 因为，所以，所以， 因为，所以. (2)由正弦定理可得， 所以， 故， 又，所以， 所以 ，又，所以， 所以，所以的取值范围为. 17.（15分）【答案】(1)证明见解析； (2)存在，的长为 【解析】（1）取的中点，的中点，连结、、 则有，， 因为，，所以且， 所以四边形是平行四边形，则， 又平面，平面， 所以平面. （2）存在.设，在中，. 因为面，所以. 因为面，面，面 所以,， 则均为直角三角形. 在中， 同理，. 取的中点，因为，所以， 而. 故. 因为点到面的距离等于， 所以. 而，所以，解得. 所以在线段上只存在唯一一点，当且仅当时，点到面的距离等于. 18.（17分）【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)证明见解析 【解析】（1）要使得，即， 即，即， 所以，存在整数，当时， 均有， 所以； （2）当时，，则， 所以函数在上单调递增， 当时，单调递减， 因为，，所以， 令， 因为，时，，时，， 所以， 由，得，得，得，得， 由，得， 所以， 令，， 则， 令，得， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以， 即的最大值为； （3）因为， 所以，存在正数，当时，均有； 由（1）知， 即，存在正数，当时，均有， 对任意正数，取，， ，当时， 有 ， 所以. 19.（17分）【答案】(1)； (2)； (3)证明见解析 【解析】（1）依题意，所以， 因为，所以， 所以， 所以椭圆的方程为； （2）椭圆的右焦点. 由已知可知，直线的斜率存在，设直线：， 联立方程组，消得， 易知恒成立， 设，，则， ， 所以，所以； 所以直线的方程为 （3）证明：由上问可知 ，，， 分子化为 . 所以 综上所述，为定值2. 第 page number 页，共 number of pages 页 第 page number 页，共 number of pages 页 学科网（北京）股份有限公司 $$