精品解析：河南省鹤壁市高中2025届高三上学期第一次综合检测（7月）数学试题

2025学年鹤壁市高中高三（上）第一次综合检测 数学试题 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. 已知a，b∈R，若的最大值为m，且不等式的解集为，则（ ） A. 3 B. 43 C. 7 D. 11 2. 设，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 3. 已知四点均在半径为（为常数）的球的球面上运动，且，若四面体 的体积的最大值为，则球 的表面积为（ ） A. B. C. D. 4. 当时，恒成立，则实数的取值范围为（ ） A B. C. D. 5. 设，是复数，则下列命题中是假命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 6. 重庆八中味园食堂午餐情况监测数据表明，小唐同学周一去味园的概率为 ，周二去味园的概率为 ，且小唐周一不去味园的条件下周二去味园的概率是周一去味园的条件下周二去味园的概率的2倍，则小唐同学周一、周二都去味园的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 在长方体中，，点是线段上靠近的四等分点，点是线段的中点，则平面截该长方体所得的截面图形为（ ） A. 三角形 B. 四边形 C. 五边形 D. 六边形 8. 已知函数的导函数为，记， ．若，则（ ） A. B. C. D. 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，则（ ） A. 函数一个周期是 B. 函数递减区间为 C. 函数有无数多个对称中心 D. 过点作曲线的切线有且只有一条 10. 已知函数的图象是由函数的图象向右平移个单位得到，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 在区间上单调递增 C. 的图象关于直线对称 D. 的图象关于点对称 11. 在三棱锥中，平面，点是三角形内的动点（含边界），，则下列结论正确的是（ ） A. 与平面所成角的大小为 B. 三棱锥的体积最大值是2 C. 点轨迹长度是 D. 异面直线与所成角的余弦值范围是 三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 对于函数，当该函数恰有两个零点时，设两个零点中最大值为，当该函数恰有四个零点时，设这四个零点中最大值为，求__________. 13. 已知是内一点，，则______. 14. 下图数阵的每一行最右边数据从上到下形成以1为首项，以2为公比的等比数列，每行的第个数从上到下形成以为首项，以3为公比的等比数列，则该数阵第行所有数据的和__________. 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. 在某项比赛中，7位专业评委和7位观众评委分别给选手打分.针对某位选手，下面是两组评委打分： 组 42 45 48 53 52 47 49 组 48 52 70 66 77 49 51 （1）选择一个可以度量每一组评分相似性的量，据此判断哪一组分数更可能是专业评委打的分数； （2）现从组评委所打分数中随机抽取2个分数，记为，，从组评委所打分数中随机抽取2个分数，记为，.记事件，中有一个数据为48，事件或，判断事件与事件是否相互独立 16. 如图，四边形ABCD内接于圆O，圆O的半径，，． （1）求的大小以及线段AB的长； （2）求四边形ABCD面积的取值范围. 17. 如图，在四棱锥中，为正三角形，底面为正方形，平面平面，点是棱的中点，平面与棱交于点. （1）求证：平面； （2）为平面内一动点，为线段上一点； ①求证：； ②当最小时，求值. 18. 已知抛物线，过点的直线与抛物线交于两点，设抛物线在点处的切线分别为和，已知与轴交于点与轴交于点，设与的交点为. （1）证明：点在定直线上； （2）若面积为，求点坐标； （3）若四点共圆，求点的坐标. 19. 设函数的导函数为的导函数为的导函数为.若，且，则为曲线的拐点. （1）判断曲线是否有拐点，并说明理由； （2）已知函数，若为曲线的一个拐点，求的单调区间与极值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025学年鹤壁市高中高三（上）第一次综合检测 数学试题 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. 已知a，b∈R，若的最大值为m，且不等式的解集为，则（ ） A. 3 B. 43 C. 7 D. 11 【答案】D 【解析】 【分析】根据不等式即可推得，然后根据一元二次不等式的解集以及“三个二次”之间的关系，即可得出的值. 【详解】根据不等式可得， 当且仅当，即时等号成立， 所以，，所以. 所以，不等式的解集为. 根据一元二次不等式的解集与一元二次方程解的关系可知， 和是方程的两个解， 所以有，所以，. 故选：D. 2. 设，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用对数函数的单调性可得，利用指数幂运算可知，再利用幂函数的单调性可得，由此得解. 【详解】因为在上单调递减，所以，即， 因为在上单调递增， 又，即，所以，即，故， 所以. 故选：A. 3. 已知四点均在半径为（为常数）的球的球面上运动，且，若四面体 的体积的最大值为，则球 的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】如图，取BC中点为N，结合题意可得四面体的体积最大时，平面ABC，且球心在DN上，后可得四面体 的体积表达式为，其中R为球体半径，结合均值不等式可得R，即可得答案. 【详解】因取BC中点为N，则，又，平面，， 则平面，面，则平面平面，要使四面体的体积最大，则有平面，且球心O在DN上. 设球体半径为R，则，则， 又注意到，，则. 注意到. 当且仅当，即时取等号.又四面体 的体积的最大值为，则. 则球的表面积为. 故选：D 【点睛】关键点点睛：此类问题需结合题目条件，设置合理的变量，得到相关的代数表达式，后由不等式取等条件得到等量关系，从而解决问题. 4. 当时，恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】化简得到，再由，结合三角函数的图象与性质，即可求解. 【详解】由，可得， 因为，可得，所以， 可得， 又因为， 所以 即， 因为， 因为，可得，所以， 则，则， 要使得不等式，即恒成立， 所以，即实数的取值范围为. 故选：D. 5. 设，是复数，则下列命题中是假命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】对于A，利用复数模的定义即可判断；对于B，利用共轭复数的定义即可判断；对于C，利用复数共轭复数相乘的性质即可判断；对于D，举反例即可判断. 【详解】设，，其中． 对于A， ， ， 所以，故A正确； 对于B，，， ， 所以，故B正确； 对于C，，， 由，得． 因为，， 所以不一定成立，如，， 此时，而，，即，故C错误； 对于D，由，得，， ，所以，故D正确﹒ 故选:C． 6. 重庆八中味园食堂午餐情况监测数据表明，小唐同学周一去味园的概率为 ，周二去味园的概率为 ，且小唐周一不去味园的条件下周二去味园的概率是周一去味园的条件下周二去味园的概率的2倍，则小唐同学周一、周二都去味园的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设“小唐同学周一去味园”为事件A，设“小唐周二去味园”为事件B，根据题意利用全概率公式可得，进而结合条件概率公式分析求解. 【详解】设“小唐同学周一去味园”为事件A，设“小唐周二去味园”为事件B，则“小唐同学周一、周二都去味园”为事件AB， 由题意可知：，且， 由全概率公式可知：， 即，解得， 所以. 故选：A 7. 在长方体中，，点是线段上靠近的四等分点，点是线段的中点，则平面截该长方体所得的截面图形为（ ） A. 三角形 B. 四边形 C. 五边形 D. 六边形 【答案】C 【解析】 【分析】延长交的延长线于点，连接交于点，连接，延长交的延长线于点，连接交于点，连接，即可得到截面图形，再利用相似验证即可. 【详解】延长交的延长线于点，连接交于点，连接， 延长交延长线于点，连接交于点，连接， 则五边形为平面截该长方体所得的截面图形， 不妨设，又点是线段上靠近的四等分点，点是线段的中点， 所以，，，所以，又， 所以，又，所以， 又，即，解得， 又，即，解得，符合题意， 即五边形为平面截该长方体所得的截面图形. 故选：C 8. 已知函数的导函数为，记， ．若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 通过计算、、、、，可得、、、，最后计算可得结果. 【详解】解：， 则， ， ， ， ， 所以猜想：， ， ， ， 由，， 所以， ， ， 故选：D． 【点睛】本题考查导数的计算以及不完全归纳法的应用，属于中档题. 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，则（ ） A. 函数一个周期是 B. 函数递减区间为 C. 函数有无数多个对称中心 D. 过点作曲线的切线有且只有一条 【答案】BCD 【解析】 【分析】化简函数，取值计算判断A；求出导数并求出递减区间判断B；利用对称性求出对称中心判断C；利用导数的几何意义求出切线方程，构造函数，结合零点存在性定理确定零点个数判断D. 【详解】函数中，，即，解得， ， 对于A，显然，，即，A错误； 对于B，由，求导得， 因此函数递减区间为，B正确； 对于C，由， 得函数图象关于点成中心对称，有无数多个对称中心，C正确； 对于D，设过点的直线与曲线相切于点， 则切线方程为，则， 整理得，即， 令函数， 当且时，， 而，则，即函数在且时无零点， 当且时，，则，即函数在且时无零点， 当时，， 又，则， 所以，，函数上单调递减， 显然，因此函数在上无零点； 当时，， 又，则， 所以，，函数在上单调递减， 显然，因此函数在上有唯一零点； 从而方程有唯一实根，过点作曲线的切线有且只有一条，D正确. 故选：BCD 【点睛】结论点睛：函数的定义域为D，， ①存在常数a，b使得，则函数图象关于点对称. ②存在常数a使得，则函数图象关于直线对称. 10. 已知函数的图象是由函数的图象向右平移个单位得到，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 在区间上单调递增 C. 的图象关于直线对称 D. 的图象关于点对称 【答案】AD 【解析】 【分析】首先求出函数解析式，由周期知A正确；整体代入法求函数的增区间、对称轴、对称中心知其他选项是否正确. 【详解】因为，向右平移个单位得， 对于选项A：则最小正周期为，故A选项正确； 对于选项B：令，解得， 所以单调递增区间为，故B选项错误； 对于选项C：令，解得，故C选项错误； 对于选项D：令，解得所以函数的对称中心为，故D选项正确. 故选：AD. 11. 在三棱锥中，平面，点是三角形内的动点（含边界），，则下列结论正确的是（ ） A. 与平面所成角的大小为 B. 三棱锥的体积最大值是2 C. 点的轨迹长度是 D. 异面直线与所成角的余弦值范围是 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据给定条件，把几何体补形成正四棱柱，利用几何法求出线面角判断A；确定点的轨迹并求出长度判断C；求出点到距离的最大值计算判断B；建立坐标系，利用异面直线夹角的向量求法建立函数关系求解判断D. 【详解】如图，把三棱锥补形成正四棱柱并建立空间直角坐标系， 对于A，由平面，得是与平面所成的角，， 因此，A正确； 对于C，由，得点的轨迹是以线段为直径的球面与相交的一段圆弧及点， 令的中点分别为，则平面，，于是， 显然点所在圆弧所对圆心角大小为，长度是，C正确； 对于B，由选项C知，当时，点到平面距离最大，最大距离为1， 因此三棱锥体积，B错误； 对于D，设，则点，而， 于是，又，令异面直线与所成的角大小为， 则， 令，在上单调递增， 因此，D正确. 故选：ACD 【点睛】思路点睛：涉及立体图形中的轨迹问题，若动点在某个平面内，利用给定条件，借助线面、面面平行、垂直等性质，确定动点与所在平面内的定点或定直线关系，结合有关平面轨迹定义判断求解. 三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 对于函数，当该函数恰有两个零点时，设两个零点中最大值为，当该函数恰有四个零点时，设这四个零点中最大值为，求__________. 【答案】 【解析】 【分析】函数恰有两个零点等价于与直线有且只有两个交点，根据图象可知：与直线在点相切，函数恰有四个个零点等价于与直线有且只有四个交点，根据图象可知：与直线在点相切，根据导数的几何意义以及三角恒等变换化简可得答案. 【详解】函数恰有两个零点等价于与直线有且只有两个交点，函数恰有四个个零点等价于与直线有且只有四个交点，与直线的图象如下： 根据图象可知， 与直线有且只有两个交点时，则与在点处相切，且切点的横坐标为，此时对应的函数解析式为，所以，则，又，所以，则 同理，与直线有且只有四个交点时，则与在点处相切，且切点的横坐标为，此时对应的函数解析式为，所以，则，又，所以，则 所以 故答案为：. 13. 已知是内一点，，则______. 【答案】## 【解析】 【分析】在中，由余弦定理可得BC的值，在中，由余弦定理可得AB的值，在中，由余弦定理可得AP的值，再由余弦定理可得，再求出它的正弦值，进而求出它的正切值. 【详解】在中，，设， 由余弦定理可得，可得， 在中，，所以， 由正弦定理得，即，可得， 在中，由余弦定理得， 可得，所以， 可得，因此． 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题考查了正余弦定理综合运用，解题的关键是找到边角关系，巧妙运用正余弦定理找到边角关系，结合同角三角函数基本关系求解即可. 14. 下图数阵的每一行最右边数据从上到下形成以1为首项，以2为公比的等比数列，每行的第个数从上到下形成以为首项，以3为公比的等比数列，则该数阵第行所有数据的和__________. 【答案】 【解析】 【分析】先写出第n行的项再根据等比数列求和即可. 【详解】因为每行的第n个数从上到下形成以为首项，以3为公比的等比数列， 所以, 所以 . 故答案为：. 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. 在某项比赛中，7位专业评委和7位观众评委分别给选手打分.针对某位选手，下面是两组评委的打分： 组 42 45 48 53 52 47 49 组 48 52 70 66 77 49 51 （1）选择一个可以度量每一组评分相似性的量，据此判断哪一组分数更可能是专业评委打的分数； （2）现从组评委所打分数中随机抽取2个分数，记为，，从组评委所打分数中随机抽取2个分数，记为，.记事件，中有一个数据为48，事件或，判断事件与事件是否相互独立 【答案】（1）更可能是专业评委打的分数 （2）事件与事件不独立. 【解析】 【分析】（1）根据题意,比较两组评委的量,选择方差作为相似性的量,并计算度量值； （2）根据相互独立事件的概率定义判断. 【小问1详解】 可以用方差来度量每一组评委打分的相似性，方差越小，相似程度越高. ， ， 所以组数据的方差是 ， 组数据的方差是 ， 因为专业评委给分更符合专业规则，所以相似程度更高，因此组分数更可能是专业评委打的分数. 【小问2详解】 ， ， ，各有两种， 所以， 事件：当时， 可以任意，有种， 当，中有一个数据为48，另一个不是52时，则，有种， 所以， ，则事件与事件不独立. 16. 如图，四边形ABCD内接于圆O，圆O的半径，，． （1）求的大小以及线段AB的长； （2）求四边形ABCD面积的取值范围. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）通过正弦定理求得，求出后利用正弦定理求解线段AB的即可； （2）方法一：延长AD，BC，交于点E，设，利用三角形面积公式得，从而正弦函数性质求解范围； 方法二：连接OA，OB，OC，OD，设，则，从而，从而正弦函数性质求解范围； 方法三：设，，由正弦定理和面积公式得，从而正弦函数性质求解范围； 【小问1详解】 由题易知,由正弦定理得，， ， ， . 【小问2详解】 方法一：延长AD，BC，交于点E.，.设， 则 四边形ABCD内接于圆O，， ， ， ，，， 即四边形ABCD面积的取值范围是. 方法二：连接OA，OB，OC，OD，由已知可得，是等边三角形. 设，则， ， 又， ， ，， ，即四边形ABCD面积的取值范围是. 方法三：设，，则. 由正弦定理得， ， ， 则 ， ，，， 即四边形ABCD面积的取值范围为. 17. 如图，在四棱锥中，为正三角形，底面为正方形，平面平面，点是棱的中点，平面与棱交于点. （1）求证：平面； （2）为平面内一动点，为线段上一点； ①求证：； ②当最小时，求的值. 【答案】（1）证明见解析； （2）①证明见解析；②. 【解析】 【分析】（1）借助线面平行的判定定理和性质定理即可得证； （2）①证明直线平面即可得证；②由，得，所以当最小时，取得最小值，故转化为平面内的相似比问题，即可求解. 【小问1详解】 证明：因为平面平面 所以平面， 又平面，平面平面 所以. 又平面平面， 所以平面. 【小问2详解】 解：①由平面平面又平面平面， 所以平面，所以，由（1），，故， 又是棱的中点，则为棱中点，为正三角形， 所以平面， 所以平面，且平面， 所以. ②因为.且为棱中点， 所以， 所以 当为与平面的交点时，， 故当最小时，取得最小值，此时， 因为， 所以， 同理， 当时，可得为中点，取中点，连接，如图： 则有且， 有， 所以. 18. 已知抛物线，过点的直线与抛物线交于两点，设抛物线在点处的切线分别为和，已知与轴交于点与轴交于点，设与的交点为. （1）证明：点在定直线上； （2）若面积为，求点的坐标； （3）若四点共圆，求点的坐标. 【答案】（1）证明见解析 （2）或 （3） 【解析】 【分析】（1）设，利用导数求和的方程，进而可得点的坐标，再联立直线、抛物线的方程，利用韦达定理分析求解； （2）根据面积关系可得，结合韦达定理分析求解； （3）可知抛物线焦点，分析可得是外接圆的直径，结合垂直关系分析求解. 【小问1详解】 由，得， 设. 所以方程为：，整理得：. 同理可得，方程为：. 联立方程，解得. 因为点在抛物线内部，可知直线的斜率存在，且与抛物线必相交， 设直线的方程为，与抛物线方程联立得：， 故， 所以，可知. 所以点在定直线上. . 【小问2详解】 在的方程中，令，得， 所以面积. 故， 代入可得：. 整理得，解得：或. 所以点的坐标为或. 【小问3详解】 若，则重合，与题设矛盾. 抛物线焦点，由得直线斜率， 可知， 同理，所以是外接圆的直径. 若点也在该圆上，则. 由，得直线方程为：. 又点在定直线上， 联立两直线方程，解得， 所以点的坐标为. 【点睛】关键点点睛：本题第3小问解决的关键是，引入抛物线焦点，利用斜率可得，，可知是外接圆的直径，即可得结果. 19. 设函数的导函数为的导函数为的导函数为.若，且，则为曲线的拐点. （1）判断曲线是否有拐点，并说明理由； （2）已知函数，若为曲线的一个拐点，求的单调区间与极值. 【答案】（1）没有拐点，理由见解析 （2）单调递增区间为；单调递减区间为，极大值为2，极小值为. 【解析】 【分析】（1）根据题意，求得，结合新定义，即可得到答案； （2）求得，得到，列出方程求得，得到，求得的单调性，进而求得函数的极值. 【小问1详解】 解：由函数，可得， 由，得，又由，得，所以曲线没有拐点. 【小问2详解】 解：由函数， 可得， 因为为曲线的一个拐点，所以， 所以，解得，经检验，当时，， 所以. 当或时，，则的单调递增区间为； 当时，，且不恒成立，则的单调递减区间为， 故当时，取得极大值，且极大值为； 当时，取得极小值，且极小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $