精品解析：河南省信阳市浉河区信阳高级中学新校（贤岭校区）、老校（文化街校区）2024-2025学年高三上学期8月月考数学试题

河南省信阳高级中学新校（贤岭校区）、老校（文化街校区） 2024-2025学年高二（新高三上期）测试（一） 数学试题 命题人：宋泳静 审题人：王凯 一、单选题 1. 设集合，则集合（ ） A. B. C. D. 2. 若复数，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知为抛物线焦点，点在上，且点到直线的距离为，则（ ） A. B. C. D. 4. 若“”是“”必要不充分条件，则实数的取值范围是 A B. C. D. 5. 在中，是中点且，则向量在向量上的投影向量（ ） A. B. C. D. 6. 若圆上恰有三点到直线的距离为2，则的值为（　　） A. B. C. D. 2 7. 已知，若直线与曲线相切，则的最小值为（ ） A 9 B. 12 C. 14 D. 16 8. 在平面直角坐标系中，为曲线上位于第一象限内的一点，为在轴上的射影，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 已知，则（ ） A. B. C. 二项式系数和为256 D. （江西省新余市2023-2024学年高三第二次模拟考试数学试题） 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的值域为 B. 的对称中心为， C. 在上的单减区间为 D. 在上的极值点个数为1 11. 一个不透明的箱子中装有5个小球，其中白球3个，红球2个，小球除颜色不同外，材质大小全部相同，现投掷一枚质地均匀的硬币，若硬币正面朝上，则从箱子里抽出一个小球且不再放回；若硬币反面朝上，则不抽取小球；重复该试验，直至小球全部取出，假设试验开始时，试验者手中没有任何小球，下列说法正确的有（ ） A. 经过两次试验后，试验者手中恰有2个白球的概率为 B. 若第一次试验抽到一个白球，则第二次试验后，试验者手有白红球各1个的概率为 C. 经过6次试验后试验停止的概率为 D. 经过8次或9次试验后小球全部取出的概率最大 三、填空题 12. 已知正三棱锥的侧棱长为，底面边长为6，以O为球心的球，被底面所截得的圆的半径为1，则球O的半径为__________． 13. 如图，将一个各面都涂了油漆的正方体切割为125个同样大小的小正方体.经过搅拌后，从中随机取一个小正方体，记它的涂漆面数为，则的均值______. 14. 设函数的定义域为，且，，则______． 四、解答题 15. 已知数列满足. （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 16. 如图1，，过动点作，垂足在线段上且异于点，连接，沿将折起，使（如图2所示）， （1）当长为多少时，三棱锥的体积最大； （2）当三棱锥的体积最大时，设点分别为棱的中点，试在棱上确定一点，使得，并求与平面所成角的大小. 17. 乒乓球被称为中国的“国球”．20世纪60年代以来，中国乒乓球选手取得世界乒乓球比赛的大部分冠军．在2024年3月举行的乒乓球新加坡大满贯赛事中中国乒乓球选手获得了全部项目的冠军．乒乓球比赛每局采用11分制，每赢一球得1分，一局比赛开始后，先由一方发2球，再由另一方发2球，依次每2球交换发球权，若其中一方先得11分且至少领先2分即为胜方，该局比赛结束；若双方比分打成10:10平后．发球权的次序仍然不变．但实行每球交换发球权，先连续多得2分的一方为胜方，该局比赛结束．现有甲、乙两人进行乒乓球单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的结果相互独立． （1）已知某局比赛甲先发球，求该局比赛中，打完前4个球时甲得3分的概率； （2）已知第一局目前比分为10:10． ①求再打两个球甲新增的得分X的分布列和均值； ②求第一局比赛甲获胜的概率． 18. 已知椭圆经过点，且焦距为． （1）求椭圆的方程； （2）设椭圆的左、右顶点分别为A、，点为椭圆上异于A、的动点，设交直线于点，连接交椭圆于点，直线的斜率分别为． ①求的值； ②证明：直线经过轴上的定点，并求出该定点的坐标． 19. 已知函数，若存在实数，使得，则称与为“互补函数”，为“互补数”. （1）判断函数与是否为“互补函数”，并说明理由. （2）已知函数为“互补函数”，且为“互补数”. （i）是否存在，使得？说明理由. （ii）若，用的代数式表示的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 河南省信阳高级中学新校（贤岭校区）、老校（文化街校区） 2024-2025学年高二（新高三上期）测试（一） 数学试题 命题人：宋泳静 审题人：王凯 一、单选题 1. 设集合，则集合（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先化简，再求出，进而利用交集概念求出结果即可. 【详解】解：因为， 因为，所以， 所以. 故选：D 2. 若复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】整理可得，结合复数的模长公式运算求解. 【详解】由题意可得：， 所以． 故选：C． 3. 已知为抛物线的焦点，点在上，且点到直线的距离为，则（ ） A B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用抛物线的定义即可求解. 【详解】因为点到直线的距离为， 所以点到抛物线准线的距离为， 由抛物线的定义得，. 故选：D. 4. 若“”是“”的必要不充分条件，则实数的取值范围是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将的解集记为，的解集记为,由题意可知是的真子集，由子集的定义求解即可. 【详解】将解集记为，的解集记为. 由题意是的必要不充分条件可知是的真子集. ，解得或, ,则, （1）当时，或, 则（等号不能同时成立），解得. （2）当时，或 , 则（等号不能同时成立），解得. 由（1）（2）可得或. 故选：. 【点睛】将两个不等式之间的必要不充分性转化为其解集之间的包含关系是本题解题的关键，解题过程中注意分类讨论思想的运用. 5. 在中，是中点且，则向量在向量上的投影向量（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由已知得为等边三角形，结合投影向量的定义即可求解. 【详解】由，得为等边三角形， 故过点作交于点，则为中点， 所以向量在向量上的投影向量为，与方向相反， 由是中点，为中点，有. 故选：C 6. 若圆上恰有三点到直线的距离为2，则的值为（　　） A. B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】圆的圆心，半径，由圆上恰有三点到直线的距离为2，得到圆心到直线的距离为1，由此能出的值． 【详解】由得，所以圆心，半径， 因为圆上恰有三点到直线的距离为2， 所以圆心到直线的距离为1， 即，解得， 故选：C． 7. 已知，若直线与曲线相切，则的最小值为（ ） A. 9 B. 12 C. 14 D. 16 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意结合导数的几何意义分析可得，再结合基本不等式运算求解. 【详解】由题意可得：的导数为， 设切点为，切线斜率， 则在该点的切线方程为， 即， 由题意可得，整理得， 则， 当且仅当时取等号， 故的最小值为16. 故选：D. 8. 在平面直角坐标系中，为曲线上位于第一象限内的一点，为在轴上的射影，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，则，构造函数，利用导数求出函数取得最大值时，点的坐标，进而可得出答案. 【详解】设， 则， 令，则， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，取得最大值， 又，所以此时最大， 此时， 所以的最大值为. 故选：B. 【点睛】方法点睛：求函数在区间上的最值的方法： （1）若函数在区间上单调，则与一个为最大值，另一个为最小值； （2）若函数在区间内有极值，则要求先求出函数在区间上的极值，再与、比大小，最大的为最大值，最小的为最小值； （3）若函数在区间上只有唯一的极大点，则这个极值点就是最大（最小）值点，此结论在导数的实际应用中经常用到. 二、多选题 9. 已知，则（ ） A. B. C. 二项式系数和为256 D. 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，由二项式定理求解，对于B，令，对于C，直接由二项式系数公式求解，对于D，先两边求导，再令求解． 【详解】解：对于A项，，故A项错误； 对于B项，令，得，故B项正确； 对于C项，二项式系数和为：；故C项正确； 对于D项，对二项展开式两边求导得，， 令，得，故D项错误； 故选：BC （江西省新余市2023-2024学年高三第二次模拟考试数学试题） 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的值域为 B. 的对称中心为， C. 在上的单减区间为 D. 在上的极值点个数为1 【答案】AD 【解析】 【分析】借助三角恒等变换公式将原函数化为正弦型函数后，借助正弦型函数的值域、对称性、单调性与极值点逐项计算并判断即可得. 【详解】， 对A：由，则，故A正确； 对B：令，，解得，， 故的对称中心为，，故B错误； 对C：令，，解得，， 则在上的单减区间为，故C错误； 对D：令，，即，， 则在上的极值点有一个，故D正确. 故选：AD. 11. 一个不透明的箱子中装有5个小球，其中白球3个，红球2个，小球除颜色不同外，材质大小全部相同，现投掷一枚质地均匀的硬币，若硬币正面朝上，则从箱子里抽出一个小球且不再放回；若硬币反面朝上，则不抽取小球；重复该试验，直至小球全部取出，假设试验开始时，试验者手中没有任何小球，下列说法正确的有（ ） A. 经过两次试验后，试验者手中恰有2个白球的概率为 B. 若第一次试验抽到一个白球，则第二次试验后，试验者手有白红球各1个的概率为 C. 经过6次试验后试验停止的概率为 D. 经过8次或9次试验后小球全部取出的概率最大 【答案】AD 【解析】 【分析】A选项，分析出需要两次投掷硬币，均正面朝上，且从箱子里抽出的两个小球均为白色，利用独立事件乘法公式计算出概率；B选项，第二次试验需投掷硬币，正面朝上，且从箱子里抽出的小球为红球，从而计算出概率；C选项，前5次有4次投掷硬币，正面朝上，第6次投掷硬币，正面朝上，求出概率；D选项，设经过次试验后小球全部取出的概率最大，求出相应的概率，得到不等式组，求出答案. 【详解】A选项，经过两次试验后，试验者手中恰有2个白球， 需要两次投掷硬币，均正面朝上，且从箱子里抽出的两个小球均为白色， 故概率为，A正确； B选项，第二次试验需投掷硬币，正面朝上，且从箱子里抽出小球为红球， 故概率为，B错误； C选项，经过6次试验后试验停止，即前5次有4次投掷硬币，正面朝上， 第6次投掷硬币，正面朝上， 概率为，C错误； D选项，设经过次试验后小球全部取出的概率最大， 此时前次有4次投掷硬币，正面朝上，第次投掷硬币，正面朝上， 故概率为， 令，解得， 又，故经过8次或9次试验后小球全部取出的概率最大，D正确. 故选：AD. 三、填空题 12. 已知正三棱锥的侧棱长为，底面边长为6，以O为球心的球，被底面所截得的圆的半径为1，则球O的半径为__________． 【答案】 【解析】 【分析】易得两两垂直，利用等体积法求出正三棱锥的高，再利用勾股定理即可得解. 【详解】由题意， 则，所以， 同理， 设正三棱锥的高为， 由，得， 解得， 所以球O的半径. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：利用等体积法求出正三棱锥的高，是解决本题的关键. 13. 如图，将一个各面都涂了油漆的正方体切割为125个同样大小的小正方体.经过搅拌后，从中随机取一个小正方体，记它的涂漆面数为，则的均值______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意得出的所有可能取值为，然后分析出涂3面油漆，2面油漆，1面油漆，0面油漆的各有多少个小正方体，从而计算取每个值时的概率，从而求的均值. 【详解】的所有可能取值为， 大正方体8个顶点处的8个小正方体涂有3面油漆； 每一条棱上除了两个顶点处的小正方体外剩余的都涂有两面油漆，所以涂有两面油漆的有个； 每个表面去掉四条棱上的16个小正方体，还剩9个小正方体，这9个都是一面涂漆，所以一共有个小正方体涂有一面油漆； 剩余的个内部的小正方体6个面都没有涂油漆， 所以，，，， . 故答案为：. 14. 设函数的定义域为，且，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】利用赋值法得到，的周期为12，然后利用周期求值即可. 【详解】因为， 令，有，则或． 若，则令，有，得， 与已知矛盾，所以． 令，有，则，得． 令，有，得． 令，有，得． 令，有，得． 令，有，得． 令，有，得． 令，有，得， 令，有，即， 所以，故， 所以的周期为12． 又因为， 所以， 所以. 故答案为：. 四、解答题 15. 已知数列满足. （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用可得答案； （2）利用裂项相消求和可得答案. 【小问1详解】 当时，， 当时，由，① 得，② ①-②得，即， 经检验，也符合， 所以； 【小问2详解】 由题意得， 所以 . 16. 如图1，，过动点作，垂足在线段上且异于点，连接，沿将折起，使（如图2所示）， （1）当的长为多少时，三棱锥的体积最大； （2）当三棱锥的体积最大时，设点分别为棱的中点，试在棱上确定一点，使得，并求与平面所成角的大小. 【答案】（1） ；（2）， 【解析】 【分析】（1）设，先利用线面垂直的判定定理证明即为三棱锥的高，再将三棱锥的体积表示为的函数，最后利用导数求函数的最大值即可； （2）由（1）可先建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标和相关向量的坐标，设出动点的坐标，先利用线线垂直的充要条件计算出点坐标，从而确定点位置，再求平面的法向量，从而利用夹角公式即可求得所求线面角 【详解】(1)设，则 ∵折起前，∴折起后 ∴平面 ∴ 设， ∵，∴在上为增函数，在上为减函数 ∴当时，函数取最大值 ∴当时，三棱锥的体积最大； (2)以为原点，建立如图直角坐标系， 由(1)知，三棱锥的体积最大时，, ∴ ,且 设，则 ∵，∴ 即， ∴，∴, ∴当时， 设平面的一个法向量为，由及 得，取 设与平面所成角为，则 ， ∴ ∴与平面所成角的大小为. 【点睛】本题主要考查了线面垂直的判定，折叠问题中的不变量，空间线面角的计算方法，空间向量、空间直角坐标系的运用，有一定的运算量，属中档题. 17. 乒乓球被称为中国的“国球”．20世纪60年代以来，中国乒乓球选手取得世界乒乓球比赛的大部分冠军．在2024年3月举行的乒乓球新加坡大满贯赛事中中国乒乓球选手获得了全部项目的冠军．乒乓球比赛每局采用11分制，每赢一球得1分，一局比赛开始后，先由一方发2球，再由另一方发2球，依次每2球交换发球权，若其中一方先得11分且至少领先2分即为胜方，该局比赛结束；若双方比分打成10:10平后．发球权的次序仍然不变．但实行每球交换发球权，先连续多得2分的一方为胜方，该局比赛结束．现有甲、乙两人进行乒乓球单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的结果相互独立． （1）已知某局比赛甲先发球，求该局比赛中，打完前4个球时甲得3分的概率； （2）已知第一局目前比分为10:10． ①求再打两个球甲新增的得分X的分布列和均值； ②求第一局比赛甲获胜的概率． 【答案】（1） （2）①分布列见解析，；② 【解析】 【分析】（1）前4个球时甲得3分，甲失一球，这球有可能是甲发球也可能是乙发球，分两类讨论，前两个球得1分或前两个球得2分，结合独立事件概率乘法公式分析运算； （2）①随机变量的所有可能取值为，逐一计算每个可能取值的概率即可； ②由①得到的结论并结合全概率公式，即可求第一局比赛甲获胜的概率. 【小问1详解】 若打完前4个球时甲得3分，则甲失一球， 这球有可能是甲发球也可能是乙发球， 若前两个球得1分，； 若前两个球得2分， 所以打完前4个球时甲得3分的概率为 【小问2详解】 ①依题意，的所有可能取值为 设打成后甲先发球为事件，则乙先发球为事件，且， 所以， 所以的分布列为 0 1 2 故的均值为. ②设第一局比赛甲获胜为事件，平局后甲新增得分为， 则，， 由①知，，，， 由全概率公式，得 ， 解得，即第一局比赛甲获胜的概率为. 18. 已知椭圆经过点，且焦距为． （1）求椭圆的方程； （2）设椭圆的左、右顶点分别为A、，点为椭圆上异于A、的动点，设交直线于点，连接交椭圆于点，直线的斜率分别为． ①求的值； ②证明：直线经过轴上定点，并求出该定点的坐标． 【答案】（1） （2）①；②证明见解析； 【解析】 【分析】（1）根据焦距和短轴即可求解， （2）①根据两点斜率公式即可代入化简求解，②联立直线与椭圆的方程，可得韦达定理，即可结合化简求解定点. 【小问1详解】 依题意可得，，∴，则， ∴椭圆的方程为． 【小问2详解】 ①解：设，，． 由（1）可知，，如图所示，∴，， 又∵，即，于是，∴， 又，则，因此． ②解：设直线的方程为，由①中知，， 由，得，， 由根与系数的关系得，由①可知，， 即，代入化简得，解得或（舍去）， ∴直线的方程为，∴直线经过轴上的定点，定点坐标为． 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法 （1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点. （2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关. 19. 已知函数，若存在实数，使得，则称与为“互补函数”，为“互补数”. （1）判断函数与是否为“互补函数”，并说明理由. （2）已知函数为“互补函数”，且为“互补数”. （i）是否存在，使得？说明理由. （ii）若，用的代数式表示的最大值. 【答案】（1）不是“互补函数”，理由见解析； （2）（i）存在，理由见解析；（ii）. 【解析】 【分析】（1）利用导数分别求出，值域，由“互补函数”的定义判断即可； （2）（i）根据定义，可得，即可求解；（ii）根据条件可化简得，令，利用导数求出的单调性，从而可得的最大值. 【小问1详解】 因为，则， 所以在单调递增，在单调递减，则，所以， 因为，则， 所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以. 故不存在实数，使得，则与不是“互补函数”. 【小问2详解】 （i）存在，使得. 由，得， 则，故存在. （ii）令，则， 两式相加可得， 两式相减可得 所以， 故. 令， 则. . 因为，所以， 故当时，，即在上是减函数. 因为， 所以的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$