河南省三门峡市2024-2025学年高三上学期第一次大练习数学试题

★2025年1月14日 2024一2025学年度高三第一次大练习 数学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考 生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.进择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他 答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色墨水签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。 3.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的 答案无效。 4考试结束后，将答题卡交回。 第I卷（选择题共58分）》 一、单选题：本题共8小题，每题5分，共40分在每题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的， 1.已知集合U={L,2,3,4,5,6,7乃，A=2,3,67乃，B=2,3,4,5,则AnGB)= A.6,7乃 B.{L,7 C.L,6 D.1,67 2.在复平面内，复数z满足z+zi=2,则复数z对应的点的坐标是 A.(11) B.(-1,-1) D.（-1,) 3.对两组数据x,y和v,分别进行回归分析，得到散点图如图，并求得线性回归方程分 别是y=bx+4和u=by+a,并对变量x,y进行线性相关检验，得到相关系数；，对变量 V,进行线性相关检验，得到相关系数5，则下列判断正确的是 W A.5>0 B.b2<0 C.sal D.万+5<0 4.自“ChatGPT”横空出世，全球科技企业掀起一场研发AI大模型的热潮，随着AI算力等 硬件底座逐步搭建完善，A大规模应用成为可能，尤其在图文创意、虚拟数字人以及工业软 件领域已出现较为成熟的落地应用.Sigmoid函数和Tamh函数是研究人工智能被广泛使用的2 种用作持邑网络的激活西数。T山高数的解折式为：一：名。经过菜次测试得为 【高三数学试卷第1页（共4页）】 anh=,则当把变量诚半时，amh点 2 A司 c号 5.若向量ā=(2x,,万=k-1x),则“a16”是“x=名”的 3 A.充要条件 B.充分不必要条件 C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件 6.已知点P、Q在直线1：2x+y-2=0上，且P,Q到坐标原点的距离均不大于1，则P 的最大值为 A号 B月 c. 25 5 D. 5 7.已知数列{a}的前n项和S首项a=l,且满足a1+(-旷a,=3(-2少°，则S,的值为 A.4093 B.4094 C.4095 D.4096 8.在棱长为1的正方体ABCD-A,B,CD中，E,F,G分别为棱A4,BC,CC的中点， 动点H在平面EFG内，且DH=1.则下列说法正确的是 D A.存在点H,使得直线DH与直线FG相交 B.存在点H,使得直线DH⊥平面EFG 直线BH与平面FG所成角的大小为 D.平面EFG被正方体所截得的裁面面积为3 二、多选题：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3分，有选错的得0分。 9.下列命题中，真命题的是 A若a>b>0,ceN,则ac2>bc2 B.若a<b,则ad<b D若ha+2水h6+2列.则日号 10.已知f(x)=Asin(ox+pA>0,o>0,0<p< 的部分图象如图所示，则 A.f(x)的最小正周期为元 B.f(:)的图象可由y=2cos2x的图象向右平移个单位得到 内有3个极值点 D.问在区同[告2a]上的最大值为5 【高三数学试卷第2页（共4页）】 1.如图所示的钟表中，时针初始指向“12”，每次掷一枚均匀的硬币，若出现正面则时针按 顺时针方向旋转150°，若出现反面则时针按逆时针方向旋转150°，用X.表示n次后时针指向 的数字，则 A.E(X)=6 B.P=2-号 cPK=-器 D.E(X)>8 第Ⅱ卷（非选择题共92分）》 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 2若直线y=(-)与双自线号-少=1只有一个公共点，则长的一个取值为 13.寒假期间，小明和爷爷、奶奶、爸爸、妈妈五人自驾一辆七座（含司机座位）商务车出 去游玩，其中爸爸、妈妈会开车，小明不能坐副驾，则不同的坐法种数为 (用 数字作答) 14.已知函数f（)=c-ag(a>0)的极小值点为x=x,若点(x,f(x,)在直线y=x-2的 上方，则实数m的取值范围是 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.(本小题满分13分) 已知△4BC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,b=√5，a<c,且V3sin2A-cos2A=1, (1)求A的大小： (2)若asinA+csinC=4v5sinB,求△4BC的面积. 16.(本小题满分15分) 如图，在直三棱柱ABC-AB,C中，AB=AA=V3,AB⊥AC,D为AC的中点 (1)证明：AB⊥平面ABD: (2)若二面角A-BC-D的余弦值为互 求点A到平面BCD的距离。 【高三数学试卷第3页（共4页）】 17.(本小题满分15分) 已知函数f(x)=e"cosx-x (I)求曲线y=f(x)在点(0，f(O)处的切线方程： (Ⅱ)求函数f)在区间0，上的最大值和最小值。 18.(本小题满分17分) 已知么B是精圆E:聋+少=1的左，右顶点，点Mm,0m>0)与精圆上的点的距离的最小 值为1 (1)求点M的坐标 (2)过点M作直线I交椭圆E于C,D两点（与A,B不重合），连接AC,BD交于点G (i)证明：点G在定直线上： (ⅱ)是否存在点G使得CG⊥DG,若存在，求出直线I的斜率；若不存在，请说明理由. 19.(本小题满分17分) (a,b)表示正整数a,b的最大公约数，若{名，x,,}s{L2,m,m∈N),且 xe{名，，，}，(xm)=1,则将k的最大值记为(m),例如：p()=1,p5)=4, (1)求p(2),p(3),p(6) (2)已知(m,n)=1时，p(mm)=p(m)p(n). (i)求m(6): 6 ()设63可一数列}的前：项和为工，正明：工 【高三数学试卷第4页（共4页）】试卷第 1页，共 6页 2024—2025 学年度高三第一次大练习 数学--参考答案 一、 选择题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40分． 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A C D B C D A C 二、多选题：本题共 3 小题，每小题 6分，共 18 分.全部选对的得 6 分，部分选对的得部分 分，有选错的得 0 分. 题号 9 10 11 答案 BC ABD AC 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5分，共 15 分． 12． 1 2 （或 1 2  ，答案不唯一） 13．600 14． 2e e( , ) 2 4 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.(本小题满分 13 分) 【解析】 （1） π3sin2 cos2 1 2sin(2 ) 1 6 A A A     ，可得 π 1sin(2 ) 6 2 A   又 50 2 2 2 6 6 6 6 6 6 a c A A A A                   （2）由正弦定理得， 2 2 2 24 3 12a c b a c     ， 由余弦定理， 2 2 2 2 cosa b c bc A   ,可得， 2 23 3a c c   ， 联立方程组整理得， 22 3 9 0c c   ，所以 3c  或 3 2 c   （舍）． 1 3 3sin 2 4 S bc A   16．(本小题满分 15 分) 【解析】 （1）证明：由直三棱柱的性质可知 1AA AB ， 1AA AC ，四边形 1 1AA B B为平行四边形， 又因为 1AB AA ，所以四边形 1 1AA B B为正方形，所以 1 1AB A B ， 因为 1AA AC ， AB AC ， 1AA AB A ， 所以 AC 平面 1 1AA B B， 所以 1AC AB ， 试卷第 2页，共 6页 因为 1 / /AD AC， 所以 1 1AB AD ， 又因为 1 1 1 1 1A B AD A A B AD  ， ， 平面 1A BD 所以 1AB 平面 1A BD . （2）以 A为原点， AB， AC， 1AA所在直线分别为 x轴、 y轴、 z轴，建立如图所示的空 间直角坐标系， 设 2AC a ( 0)a  ，则  0,0,0A ，  3,0,0B ，  0,2 ,0C a ，  0, , 3D a ， 所以  0,2 ,0AC a  ，  3,2 ,0BC a  ，  0, , 3CD a  ， 所以平面 ABC的一个法向量为  0,0,1m  ， 设平面 BCD的一个法向量为  , ,n x y z ， 则 0 0 n BC n CD         ，所以 3 2 0 3 0 x ay ay z        ， 取 3x  ，则 3 2 y a  ， 3 2 z  ， 所以 3 33, , 2 2 n a          ， 设二面角 A BC D  的大小为 ， 则 22 2 3 22cos cos 43 31 ( 3) 2 2 m n m n m n a                          ，解得 1a  ， 所以  0,2,0AC   ，平面 BCD的一个法向量 3 33, , 2 2 n          ， 试卷第 3页，共 6页 设点 A到平面 BCD的距离为 d ， 则 3 6 29 33 4 4 AC n d n          ， 所以点 A到平面 BCD的距离为 6 2 . 17．(本小题满分 15 分) 【解析】 （Ⅰ）因为   e cosxf x x x  ，所以      e cos sin 1, 0 0xf x x x f     . 又因为  0 1f  ，所以曲线在点   0, 0f 处的切线方程为 1y  . （Ⅱ）设    e cos sin 1xh x x x   ，则    e cos sin sin cos 2e sinx xh x x x x x x      . 当 π0, 2 x      时，   0h x  ， 所以  h x 在区间 π0, 2      上单调递减. 所以对任意 π0, 2 x     有    0 0h x h  ，即   0f x  . 所以函数  f x 在区间 π0, 2      上单调递减. 因此  f x 在区间 π0, 2      上的最大值为  0 1f  ，最小值为 2 2 f         . 18．(本小题满分 17 分) 【解析】 （1）设是椭圆上一点，则 2 20 04 4x y  ， 因为     2 2 2 2 0 0 0 0 3 4 1 1, 2 2 4 3 3 PM m x y x m m x              ， ①若 2 min 3 10 , 1 1 2 3 m PM m     ，解得 0m  （舍去）， ②若 2 min 3 3, 4 4 1 1 2 4 m PM m m       ，解得 1m  （舍去）或 3m  ， 所以M 点的坐标位  3,0 . 试卷第 4页，共 6页 （2）（ⅰ）设直线    1 1 2 2: 3, , , ,l x ty C x y D x y  ， 由 2 2 3 1 4 x ty x y       ，得  2 24 6 5 0t y ty    ，所以 1 2 1 22 2 6 5, 4 4 ty y y y t t       ， 所以 1 2 1 2 6 5 y y ty y   ，① 由 216 80 0t    ，得 5t  或 5t   ， 易知直线 AC的方程为，② 直线 BD的方程为  2 2 2 2 yy x x    ，③ 联立②③，消去 y，得         1 2 1 2 1 2 2 2 1 2 1 1 2 1 2 5 52 2 2 1 x y ty y ty y yx x x y ty y ty y y           ，④ 联立①④，消去 1 2ty y ，则     1 2 2 1 2 1 5 52 6 5 52 6 y y yx x y y y           ， 解得 4 3 x  ，即点G在直线 4 3 x  上； （ⅱ）由图可知，CG DG ，即 AG BG ，所以点G在以 AB为直径的圆上， 设 4 , 3 G n     ，则 2 24 4 3 n       ，所以 2 5 3 n   ，即 4 2 5, 3 3 G        . 故直线 AC的方程为  5 2 5 y x   ， 直线 AC的方程与椭圆方程联立，得 29 16 4 0x x   ，因为 2Ax   , 所以 4 1 2 9 2 9C x          ，所以 4 5 9C y   ,故 4 5 25l MC k k   . 19．(本小题满分 13 分) 【解析】 （1）依题可得  m 表示所有不超过正整数 m，且与 m互质的正整数的个数， 试卷第 5页，共 6页 因为与 2互质的数为 1，所以  2 1  ； 因为与 3互质的数为 1，2，所以  3 2  ； 因为与 6互质的数为 1，5，所以  6 2  . （2）（i）因为 1,2n  中与 2n互质的正整数只有奇数， 所以 1,2n  中与 2n互质的正整数个数为 12n ，所以   12 2n n  ， 又因为   13 2,3 1,2, ,3nk k k    中与3n互质的正整数只有3 2k  与3 1k  两个， 所以 1,3n   中与3 n互质的正整数个数为 12 3n ， 所以   13 2 3n n   ，所以       16 2 3 2 6n n n n      ， （ii）解法一：因为   1 3 6 1n n b    ， 所以 1 6 1n n b   ，所以 1 1 5 6n n b   ， 令 1 1 5 6n n c   ，因为 1 1 1 15 6 1 6 5 6 n n n n c c      ， 所以数列 nc 是以 1 5 为首项， 1 6 为公比的等比数列， 所以数列 nc 的前 n项和 1 11 5 6 6 111 25 61 6 n n nS                     ， 所以 6 11 25 6 n nT           ， 又因为 1 0 6 n       ，所以 6 25n T  ， 解法二：因为   1 3 6 1n n b    ，所以 1 6 1n n b   ， 又因为    1 1 1 6 1 6 1 6 1 6 1 n n n n n b         ， 试卷第 6页，共 6页 所以           1 1 11 1 6 6 1 6 16 6 1 15 5 6 1 6 16 1 6 1 6 1 6 1 n n n n n nn n n n b                      ， 所以 1 2 2 3 3 4 1 6 1 1 1 1 1 1 1 1 5 6 1 6 1 6 1 6 1 6 1 6 1 6 1 6 1n n n T                      ， 所以 1 1 6 1 1 5 6 1 6 1n n T        ，所以 1 6 6 1 25 5 6 1n n T        因为 1 1 0 6 1n   ，所以 6 25n T  ，