精品解析：河南省郑州市郑州中学2024-2025学年高三上学期一测模拟演练数学试卷

2024-2025学年上学期高三年级一测模拟演练 数学试卷 一、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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先解对数不等式求得集合，进而求得. 【详解】，所以， 所以. 故选：C 2. 已知复数，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合复数除法法则，得出，再结合模长公式即可得结果. 【详解】， 故选：A 3. 已知都是q的充分条件，p是q的必要条件，r是p的必要条件，则（ ） A. s是r的既不充分也不必要条件 B. s是p的必要条件 C. q是r的必要不充分条件 D. p是r的充要条件 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意得到，再逐项判断，即可求解. 【详解】由题意，都是q的充分条件，p是q的必要条件，r是p的必要条件， 可得，所以，所以， 所以s是r充分条件，故A错误； s是p的充分条件，故B错误； q是r的充要条件，故C错误； p是r的充要条件，故D正确； 故选：D. 4. 设为样本数据，则函数的最小值点为（ ） A. 样本众数 B. 样本中位数 C. 样本平均数 D. 样本方差 【答案】C 【解析】 【分析】将整理成二次函数的形式，然后根据二次函数的性质来求得正确答案. 【详解】， 这是一个开口向上的二次函数，当时， 取得最小值，所以答案是样本平均数. 故选：C 5. 如果棱台的两底面积分别是，中截面的面积是，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设棱台的高为，棱台上底面截去的棱锥的高为，根据比例关系得到，，进而可得结果. 【详解】棱台可以看成是由与棱锥底面平行的平面截棱锥之后所得几何体， 设棱台的高为，棱台上底面截去的棱锥的高为， 因为棱台的两底面积分别是，不放令为上底面积，为下底面积， 则，， 所以，因此； 故选：D 6. 已知是单位圆上的三个动点，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，设出，，，表达出，结合，求出最小值. 【详解】以的垂直平分线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，    设，，， 则， 故， 当时，取得最小值，最小值为， 由于，故当时，最小，故最小值为， 此时，满足要求， 故选：B. 7. 若且，则 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用特值法或利用对数函数的图象与性质即可得到结果. 【详解】（方法一）对选项A：由，从而，，，从而选项A错误； 对选项B：首先，，，从而知最小，下只需比较与的大小即可，采用差值比较法： ， 从而，选项B正确； 对于选项C：由，，知C错误； 对于选项D：可知，从而选项D错误； 故选B （方法二）取，，代入验证知选项B正确. 【点睛】本题考查式子间大小的比较，考查对数函数的图象与性质，考查运算能力，属于常考题型. 8. 设函数，则下列说法中正确的是（ ） A. 关于中心对称 B. 的极小值为 C. 的最小正周期为π D. 图象的一条对称轴为 【答案】D 【解析】 【分析】 借助于三角函数的性质逐项进行判断，选出正确选项. 【详解】对于A选项，关于（0，1）中心对称，首先表达错误，应该说的图象关于某个点中心对称， 其次不恒等于2，所以A错误； 对于B选项，∵， ∴， 令，有或. 当时，有， 当时，两边平方可得，， 此时， 所以的极小值不可能为，所以B错误； 对于C选项，， 所以π不是的最小正周期，所以C错误； 对于D选项，∵ ， ∴，所以图象的一条对称轴为，故D正确. 故选：D. 【点睛】本题考查三角函数的性质，属于中档题. 二、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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 如图是一个正方体的表面展开图，则在原正方体中，（ ） A. 直线与垂直 B. 直线与平行 C. 直线与异面 D. 直线与成角 【答案】BCD 【解析】 【分析】作出正方体，利用异面直线所成角的定义可判断AD选项；利用平行四边形的性质可判断B选项；利用图形可判断C选项. 【详解】作出正方体，如下图所示，连接. 对于A选项，因为且，则四边形为平行四边形， 故与所成的角为或其补角， 易知为等边三角形，则， 所以直线与的夹角为，A错； 对于B选项，由A可知，四边形为平行四边形，则，B对； 对于C选项，由图可知，平面，，平面， 所以直线与为异面直线，C对； 对于D选项，因为且，故四边形为平行四边形， 所以，所以与所成的角为或其补角， 因为为等边三角形，则，即直线与直线所成角为，D对. 故选：BCD. 10. 给出下列命题，其中正确命题为（ ） A. 已知数据，满足：，若去掉后组成一组新数据，则新数据的方差为21 B. 随机变量服从正态分布，若，则 C. 一组数据的线性回归方程为，若，则 D. 对于独立性检验，随机变量的值越大，则推断“两变量有关系”犯错误的概率越小 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据方差计算判断A,应用正态分布概率计算求参判断B,根据回归直线过样本中心点求解判断C,应用独立性检验判断D. 【详解】对于A选项，去掉后的平均数为， 方差为,故A选项正确； 对于B选项，由于随机变量服从正态分布， 则，关于1对称，则,故B选项正确； 对于C选项，因为，所以，又因为回归方程为， 所以，所以，故C选项错误； 对于D选项，对于独立性检验，随机变量的值越大，则两变量有关系的程度的错误率更低，故越大，判定“两变量有关系”的错误率更低，D选项正确． 故选:ABD. 11. 已知函数和的定义域均为R，且是的导函数，若和均为奇函数，则（ ） A B. 0是的一个极值点 C. 和均为周期函数 D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】由为奇函数，可得函数的导函数为偶函数，据此结合每个选项逐项计算判断即可. 【详解】因为是奇函数，所以，两边求导可得， 所以，因为是的导函数，即， 所以是偶函数，令，可得，所以， 因为均为奇函数，所以， 令，可得，可得， 又是偶函数，所以，故A正确； 因为是偶函数，所以，求导可得， 所以，令，可得，从而可得， 由，可知在两侧导数值异号，所以0是的一个极值点，故B正确； 由，又是偶函数，所以， 所以，所以，所以， 所以是以4为周期的周期函数，因为， 所以，所以， 所以也是以4为周期的周期函数，故C正确； 由以4为周期的周期函数， 所以， 又是奇函数，所以， 所以， 所以， 所以，所以，又， 所以，所以， 所以，无法确定，故D错误. 故选：ABC. 【点睛】关键点点睛：利用奇函数的导数偶函数，可确定是周期函数，进而确定是周期函数，进而计算可判断D的正确性. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列满足，且对任意正整数n，，则数列的前n项和______. 【答案】 【解析】 【分析】利用的关系式，即可求得前项和的等比递推，从而可求通项. 【详解】由， 又因为，所以， 因为，所以是等比数列，公比为，首项为， 即. 故答案为：. 13. 已知直线l与函数均相切，则l的方程为______. 【答案】 【解析】 【分析】由导数的意义求出公切线的斜率，再根据斜率定义求出斜率值，然后由点斜式得到直线方程. 【详解】， 由题意可得切线的斜率存在，设为， 由导数的意义可得，即，又，所以切点， ，即，又，所以切点为， 又由斜率定义可得， 所以切点为，所以，即l的方程为. 故答案为：. 14. 已知点A(-1,0),B(1,0),C(0,1),直线y=ax+b(a>0)将△ABC分割为面积相等的两部分,则b的取值范围是________ 【答案】 【解析】 【分析】解法一：先求得直线y=ax+b（a＞0）与x轴的交点为M（﹣，0），由﹣≤0可得点M在射线OA上．求出直线和BC的交点N的坐标，①若点M和点A重合，求得b=；②若点M在点O和点A之间，求得＜b＜； ③若点M在点A的左侧，求得＞b＞1﹣．再把以上得到的三个b的范围取并集，可得结果． 解法二：考查临界位置时对应的b值，综合可得结论． 【详解】解法一：由题意可得，三角形ABC的面积为 =1， 由于直线y=ax+b（a＞0）与x轴的交点为M（﹣，0）， 由直线y=ax+b（a＞0）将△ABC分割为面积相等的两部分，可得b＞0， 故﹣≤0，故点M在射线OA上． 设直线y=ax+b和BC的交点为N，则由可得点N的坐标为（，）． ①若点M和点A重合，则点N为线段BC中点，故N（，）， 把A、N两点的坐标代入直线y=ax+b，求得a=b=． ②若点M在点O和点A之间，此时b＞，点N在点B和点C之间， 由题意可得三角形NMB的面积等于， 即=，即 =，可得a=＞0，求得 b＜， 故有＜b＜． ③若点M在点A的左侧，则b＜，由点M的横坐标﹣＜﹣1，求得b＞a． 设直线y=ax+b和AC的交点为P，则由 求得点P的坐标为（，）， 此时，由题意可得，三角形CPN的面积等于，即 •（1﹣b）•|xN﹣xP|=， 即（1﹣b）•|﹣|=，化简可得2（1﹣b）2=|a2﹣1|． 由于此时 b＞a＞0，0＜a＜1，∴2（1﹣b）2=|a2﹣1|=1﹣a2 ． 两边开方可得 （1﹣b）=＜1，∴1﹣b＜，化简可得 b＞1﹣， 故有1﹣＜b＜． 再把以上得到的三个b的范围取并集，可得b的取值范围应是 ， 解法二：当a=0时，直线y=ax+b（a＞0）平行于AB边， 由题意根据三角形相似且面积比等于相似比的平方可得=，b=1﹣，趋于最小． 由于a＞0，∴b＞1﹣． 当a逐渐变大时，b也逐渐变大， 当b=时，直线经过点（0，），再根据直线平分△ABC的面积，故a不存在，故b＜． 综上可得，1﹣＜b＜， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查确定直线的要素，点到直线的距离公式以及三角形的面积公式的应用，还考察运算能力以及综合分析能力，分类讨论思想，属于难题． 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. 已知在△ABC中，. （1）求A； （2）证明：. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据两角和与差的正弦公式，将题中所给条件化为，再根据角是三角形内角，即可求出结果； （2）根据正弦定理，以及（1）的结果，要证，即证，不妨设（其中），将不等式左侧化简整理，即可证明结论成立. 【详解】（1）由题意，， 即， 化简得， 即，故或， 又，解得或（舍去），故． （2）要证，即证，即证， 由（1），，所以，即证． 不妨设（其中）， 则 显然恒成立． 故，命题得证． 16. 已知圆：和点，为圆外一点，直线与圆相切于点，. （1）求点的轨迹方程； （2）记（1）中的点的轨迹为，是否存在斜率为的直线，使以被曲线截得得弦为直径得圆过点？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由. 【答案】（1） （2）存在，或 【解析】 【分析】（1）根据圆的切线性质，结合两点间距离公式进行求解即可； （2）根据一元二次方程根与系数关系，结合直径所对圆周角为直角的性质、互相垂直两直线的斜率关系进行求解即可. 【小问1详解】 设点坐标为，直线与圆相切于点， 则，所以， 即， 化简得. 【小问2详解】 设直线方程为，点，. 联立方程，得， 所以. 因为以为直径得圆过点，则， 即， 化简得， 代入根与系数关系中，得， 解得或， 故直线的方程为或. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用直径所对圆周角为直角、一元二次方程根与系数关系进行求解. 17. 已知数列的前项和为，且满足.数列是首项为，公差不为零的等差数列，且成等比数列． （1）求数列与的通项公式． （2）若，数列的前项和为恒成立，求的范围． 【答案】（1），；（2）. 【解析】 【分析】（1）由化简可得成等比，求出的通项，再由可求出的通项；（2）因为，用错位相减法求得，所以. 【详解】解：（1）因为， 所以 所以 所以成等比，首项，公比q 所以 由题意知，设公差为d 则，即， 解得或（舍） 所以 （2） 所以 两式相减得 所以 所以 【点睛】本题考查了数列的通项与求和，对等差乘等比的数列进行求和采用错位相减法求和，分列乘减算四步进行. 18. 已知函数. （1）当时，讨论的单调性； （2）证明：在上恒成立； （3）讨论方程在上的根的个数. 【答案】（1）当时，单调递减；当时，单调递增 （2）证明见解析 （3）答案见解析 【解析】 【分析】（1）求导，利用导函数符号判断函数的单调性即可； （2）令，先利用导数证明恒成立，即可证明在上恒成立； （3）由（2）可知在上的根的个数即方程的根的个数，令，利用导数求的单调性进而得到的范围即可求解. 【小问1详解】 由题意当时，则， 令解得， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增． 【小问2详解】 先证明对任意，， 令，， 令解得， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增． 所以，即， 故对任意成立，且当且仅当时取等号， 所以， 当且仅当时等号成立， 所以在上恒成立． 【小问3详解】 由（2），在上恒成立，当且仅当时等号成立， 也即的根为的根，下讨论方程的根的个数， 化简得，令，则， 令解得， 所以当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以， 又，且当时，，时，， 故当时，方程无实根；当时，方程有一个实根；当时，方程有两个实根；当时，方程有一个实根， 综上所述当时，方程无实根；当时，方程有一个实根；当时，方程有两个实根；当时，方程有一个实根． 19. 在空间直角坐标系中，点分别在轴上. （1）若点都不与原点重合，证明：是锐角三角形； （2）已知. ①求面积的最大值； ②设二面角的大小分别为，证明：. 【答案】（1）证明见解析 （2）①②证明见解析 【解析】 【分析】（1）设点，借助两点间距离公式与余弦定理表示出、、即可得； （2）①借助基本不等式可得，构造相应函数，结合导数得到其单调性后即可得；②借助空间向量夹角公式计算出、、，从而得到，从而只需证明，再由完全平方公式计算即可得. 【小问1详解】 设点， 则， 在中，由余弦定理， ， 所以A是锐角，同理B、C也是锐角，故是锐角三角形，命题得证； 【小问2详解】 ①仍采用（1）中的设点，且不妨设，由题意，， 由（1），， 则， ， 不妨设是中最小的数，则，由基本不等式， ， 令， 则， 令， 解得或（舍去）或（舍去）， 故当时，， 当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 又，，所以， 所以， 故，即面积的最大值为． ②仍采用①中的设点， 先求：显然平面BCO的一个法向量， 设平面ABC的一个法向量， 又，则， 令，解得，故， ， 同理得，， 故有， 要证，即等价于证： ------①． 事实上，有， 即， 则①式得证，故， 取等当且仅当，命题得证． 【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于借助空间向量夹角公式计算出、、，从而得到. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年上学期高三年级一测模拟演练 数学试卷 一、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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 3. 已知都是q充分条件，p是q的必要条件，r是p的必要条件，则（ ） A. s是r的既不充分也不必要条件 B. s是p的必要条件 C. q是r的必要不充分条件 D. p是r的充要条件 4. 设为样本数据，则函数的最小值点为（ ） A. 样本众数 B. 样本中位数 C. 样本平均数 D. 样本方差 5. 如果棱台的两底面积分别是，中截面的面积是，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知是单位圆上的三个动点，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 0 7. 若且，则 A. B. C. D. 8. 设函数，则下列说法中正确的是（ ） A. 关于中心对称 B. 的极小值为 C. 最小正周期为π D. 图象的一条对称轴为 二、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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 如图是一个正方体的表面展开图，则在原正方体中，（ ） A. 直线与垂直 B. 直线与平行 C. 直线与异面 D. 直线与成角 10. 给出下列命题，其中正确命题为（ ） A. 已知数据，满足：，若去掉后组成一组新数据，则新数据的方差为21 B. 随机变量服从正态分布，若，则 C. 一组数据的线性回归方程为，若，则 D. 对于独立性检验，随机变量的值越大，则推断“两变量有关系”犯错误的概率越小 11. 已知函数和定义域均为R，且是的导函数，若和均为奇函数，则（ ） A. B. 0是的一个极值点 C. 和均为周期函数 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列满足，且对任意正整数n，，则数列的前n项和______. 13. 已知直线l与函数均相切，则l的方程为______. 14. 已知点A(-1,0),B(1,0),C(0,1),直线y=ax+b(a>0)将△ABC分割为面积相等两部分,则b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. 已知在△ABC中，. （1）求A； （2）证明：. 16. 已知圆：和点，为圆外一点，直线与圆相切于点，. （1）求点的轨迹方程； （2）记（1）中的点的轨迹为，是否存在斜率为的直线，使以被曲线截得得弦为直径得圆过点？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由. 17. 已知数列的前项和为，且满足.数列是首项为，公差不为零的等差数列，且成等比数列． （1）求数列与通项公式． （2）若，数列的前项和为恒成立，求的范围． 18. 已知函数. （1）当时，讨论的单调性； （2）证明：在上恒成立； （3）讨论方程在上的根的个数. 19. 在空间直角坐标系中，点分别在轴上. （1）若点都不与原点重合，证明：是锐角三角形； （2）已知. ①求面积的最大值； ②设二面角的大小分别为，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $