精品解析：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

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 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.选择题答案使用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，，，则（ ） A. B. C. D. 2. 在复平面内，复数满足，则复数对应的点的坐标是（ ） A. B. C. D. 3. 如图对两组数据，和，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和，并对变量，进行线性相关检验，得到相关系数，对变量，进行线性相关检验，得到相关系数，则下列判断正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 自“”横空出世，全球科技企业掀起一场研发大模型的热潮，随着算力等硬件底座逐步搭建完善，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.函数和函数是研究人工智能被广泛使用的2种用作神经网络的激活函数，函数的解析式为，经过某次测试得知，则当把变量减半时，（ ） A. B. C. D. 5. 若向量，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 已知点P、Q在直线上，且P、Q到坐标原点的距离均不大于1，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知数列的前项和，首项，且满足，则的值为（ ） A. B. C. D. 8. 在棱长为的正方体中，，，分别为棱，，的中点，动点在平面内，且.则下列说法正确的是（ ） A. 存在点，使得直线与直线相交 B. 存在点，使得直线平面 C. 直线与平面所成角的大小为 D. 平面被正方体所截得的截面面积为 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，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 已知的部分图象如图所示，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象可由的图象向右平移个单位得到 C. 在内有3个极值点 D. 在区间上的最大值为 11. 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，若出现反面则时针按逆时针方向旋转，用表示次后时针指向的数字，则（ ） A. B. C. D. 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. 12. 若直线与双曲线只有一个公共点，则的一个取值为 ________． 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. 已知函数的极小值点为，若点在直线的上方，则的取值范围是__________. 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. 已知的内角的对边分别为，且， （1）求的大小； （2）若，求的面积． 16. 如图，在直三棱柱中，，，为的中点. （1）证明：平面； （2）若二面角的余弦值为，求点到平面的距离. 17. 已知函数． （Ⅰ）求曲线在点处的切线方程； （Ⅱ）求函数在区间上的最大值和最小值． 18. 已知是椭圆的左，右顶点，点与椭圆上的点的距离的最小值为1. （1）求点的坐标. （2）过点作直线交椭圆于两点（与不重合），连接，交于点. （ⅰ）证明：点在定直线上； （ⅱ）是否存在点使得，若存在，求出直线的斜率；若不存在，请说明理由. 19. 表示正整数a，b的最大公约数，若，且，，则将k的最大值记为，例如：，. （1）求，，； （2）已知时，. （i）求； （ii）设，数列的前n项和为，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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 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.选择题答案使用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，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据补集、交集的知识求得正确答案. 【详解】依题意，， 所以. 故选：A 2. 在复平面内，复数满足，则复数对应的点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据复数的除法运算计算出，然后根据的实虚部可知对应的点的坐标. 【详解】因为，所以对应的点的坐标是， 故选：A. 3. 如图对两组数据，和，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和，并对变量，进行线性相关检验，得到相关系数，对变量，进行线性相关检验，得到相关系数，则下列判断正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由两散点图中散点的位置关系直接得答案. 【详解】由散点图可知，与负相关，与正相关，则，，故A、B错误； 且图形中点比更加集中在一条直线附近， 则，又，，得. 故C错误，D正确. 故选：D. 4. 自“”横空出世，全球科技企业掀起一场研发大模型的热潮，随着算力等硬件底座逐步搭建完善，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.函数和函数是研究人工智能被广泛使用的2种用作神经网络的激活函数，函数的解析式为，经过某次测试得知，则当把变量减半时，（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，由得到求解. 【详解】， ，则，（舍）． ， ． 故选：A. 5. 若向量，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】先证明充分性，然后构造反例说明条件不是必要的. 【详解】当时，，所以，故条件是必要的. 当时，有，但此时，故，所以条件不是充分的. 故选：B. 6. 已知点P、Q在直线上，且P、Q到坐标原点的距离均不大于1，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可知，的最大值即为直线与圆所截得的弦长，利用弦长公式求解即可. 【详解】由题意可知，的最大值即为直线与圆所截得的弦长， 坐标原点到直线的距离为：， 所以， 故选：D 7. 已知数列的前项和，首项，且满足，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得当为偶数时，，利用并项求和法结合等比数列的求和公式可求得的值. 【详解】因为数列的前项和，首项，且满足， 当为偶数时，， 所以， . 故选：A. 8. 在棱长为的正方体中，，，分别为棱，，的中点，动点在平面内，且.则下列说法正确的是（ ） A. 存在点，使得直线与直线相交 B. 存在点，使得直线平面 C. 直线与平面所成角的大小为 D. 平面被正方体所截得的截面面积为 【答案】C 【解析】 【分析】连接，，取的中点，连接，点到线段的最短距离大于，即可判断；建立空间直角坐标系，点到平面的距离为，即可判断；由平面，连接交于点，与全等，所以，即可判断；平面被正方体所截得的截面图形为正六边形，且边长为，可求截面面积. 【详解】 连接，，所以，，取的中点，连接， 所以，点到线段的最短距离大于，所以不存在点，使得直线与直线相交，故不正确； 以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，所以，即， 令，则，，所以， 所以点到平面的距离为，而，所以不存在点，使得直线平面，故不正确； 因为，所以平面，连接交于点，所以为的中点，， 所以为直线与平面所成角， 因为，在中，， 所以，因为与全等，所以，故正确； 延长交的延长线于，连接交于，连接，取的中点，的中点， 连接，，，，，， 平面被正方体所截得的截面图形为正六边形，且边长为， 所以截面面积为，故不正确. 故选：. 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，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】BC 【解析】 【分析】利用不等式的性质，结合作差法，对各选项进行判断即可. 【详解】对于A，若，当，，故A错误； 对于B，由于在上单调递增，所以，则，故B正确； 对于C，当，则， 所以，即，故C正确； 对于D，若，则， 而 ，当，满足， 但，故D错误； 故选：BC. 10. 已知的部分图象如图所示，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象可由的图象向右平移个单位得到 C. 在内有3个极值点 D. 在区间上的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据图象上的特殊点和对称轴可求函数的解析式，利用正弦函数的图象与性质，图像变换，诱导公式逐项判断即可. 【详解】由图可知，，周期，则，故A正确； 由，得，即， 解得，，即，； 因为，所以，则； 对于B，的图象向右平移个单位得 ，故B正确； 对于C，由，得，根据正弦函数的图象可知， 和，即和是函数的两个极值点，故C错误； 对于D，由，得，则，此时，则在区间上的最大值为，故D正确； 故选：ABD 11. 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，若出现反面则时针按逆时针方向旋转，用表示次后时针指向的数字，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】A选项，的可能取值为，求出相应的概率，得到期望；B选项，2次旋转中，1次顺时针方向旋转，1次逆时针方向旋转，得到概率；C选项，设硬币正面朝上的次数为，列出方程，求出，求出；D选项，求出的可能取值及对应的概率，得到数学期望，得到答案. 【详解】A选项，的可能取值为，且，故，A正确； B选项，，即2次旋转中，1次顺时针方向旋转，1次逆时针方向旋转，故，B错误； C选项，，即3次顺时针旋转，4次逆时针旋转，故，C正确； D选项，若硬币8次均正面朝上，此时，故， 若硬币7次正面朝上，1次反面朝上，此时，故， 若硬币6次正面朝上，2次反面朝上，此时，故， 若硬币5次正面朝上，3次反面朝上，此时，故， 若硬币4次正面朝上，4次反面朝上，此时，故， 若硬币3次正面朝上，5次反面朝上，此时，故， 若硬币2次正面朝上，6次反面朝上，此时，故， 若硬币1次正面朝上，7次反面朝上，此时，故， 若硬币8次均反面朝上，此时，故， 故，D错误. 故选：AC. 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. 12. 若直线与双曲线只有一个公共点，则的一个取值为 ________． 【答案】（或，答案不唯一） 【解析】 【分析】联立直线方程与双曲线方程，根据交点个数与方程根的情况列式即可求解. 【详解】联立，化简并整理得：， 由题意得或， 解得或无解，即，经检验，符合题意. 故答案为：（或，答案不唯一）. 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） 【答案】600 【解析】 【分析】先选司机，再选副驾，结合分类分布计数原理计算即可求解. 【详解】先选司机有种，再选副驾， 若副驾坐人，则有种； 若副驾不坐人，则有种， 故不同的坐法种数为. 故答案为：600 14. 已知函数的极小值点为，若点在直线的上方，则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】求导，当直线与曲线相切时，设切点为，求得切点坐标，分类讨论可得实数的取值范围. 【详解】由，可得，当直线与曲线相切时， 设切点为，则，解得， 作出函数与的图象， ①当，如图所示，，    则，在上单调递增，无极小值， ②当时，设直线与曲线相交于点， 且当或时，，，单调递增， 当时，，，单调递减，    故的极小值为，且，即， 由题意可得，即， 所以，整理得， 解得,又，故，当，当， 由图象可得当时， 综上所述：实数a的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题考查了转化能力及分类思想，还考查了利用导数求函数的最值，考查计算能力，综合性强． 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. 已知的内角的对边分别为，且， （1）求的大小； （2）若，求的面积． 【答案】15. 16. 【解析】 【分析】（1）已知等式利用诱导公式和倍角公式化简，可求的大小； （2）条件中的等式，利用正弦定理角化边，再用余弦定理求得边，用面积公式计算面积. 【小问1详解】 ，可得 又 【小问2详解】 由正弦定理得，， 由余弦定理，,可得，， 联立方程组整理得，，所以或（舍）． 16. 如图，在直三棱柱中，，，为的中点. （1）证明：平面； （2）若二面角的余弦值为，求点到平面的距离. 【答案】（1）证明：由直三棱柱的性质可知，， 四边形为平行四边形，又因为， 所以四边形为正方形，所以， 因为，，， 所以平面，所以， 因为，所以， 又因为平面 所以平面. （2）点到平面的距离为. 【解析】 【分析】（1）先证四边形为正方形，得到，再证平面，从而得到，即可证明平面； （2）建系，设边长，写出相应点和向量的坐标，求出两个平面的法向量，利用二面角的余弦值列式子，求出的长度，再利用点到平面的距离公式，求出点到平面的距离. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则，，，， 所以，，， 所以平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 则，所以， 取，则，， 所以， 设二面角的大小为， 则，解得， 所以，平面的一个法向量， 设点到平面的距离为， 则， 所以点到平面的距离为. 17. 已知函数． （Ⅰ）求曲线在点处的切线方程； （Ⅱ）求函数在区间上的最大值和最小值． 【答案】(Ⅰ)；（Ⅱ）最大值1；最小值. 【解析】 【详解】试题分析：（Ⅰ）根据导数的几何意义，先求斜率，再代入切线方程公式中即可；（Ⅱ）设，求，根据确定函数的单调性，根据单调性求函数的最大值为，从而可以知道恒成立，所以函数是单调递减函数，再根据单调性求最值. 试题解析：（Ⅰ）因为，所以. 又因为，所以曲线在点处的切线方程为. （Ⅱ）设，则. 当时，， 所以在区间上单调递减. 所以对任意有，即. 所以函数在区间上单调递减. 因此在区间上的最大值为，最小值为. 【名师点睛】这道导数题并不难，比一般意义上的压轴题要简单很多，第二问比较有特点的是需要两次求导数，因为通过不能直接判断函数的单调性，所以需要再求一次导数，设，再求，一般这时就可求得函数的零点，或是()恒成立，这样就能知道函数的单调性，再根据单调性求其最值，从而判断的单调性，最后求得结果. 18. 已知是椭圆的左，右顶点，点与椭圆上的点的距离的最小值为1. （1）求点的坐标. （2）过点作直线交椭圆于两点（与不重合），连接，交于点. （ⅰ）证明：点在定直线上； （ⅱ）是否存在点使得，若存在，求出直线的斜率；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）； （2） （ⅰ）设直线， 由，得，所以， 所以，① 由，得或， 易知直线的方程为，② 直线的方程为，③ 联立②③，消去，得，④ 联立①④，消去，则， 解得，即点在直线上； （ⅱ）存在， 【解析】 【分析】（1）设，利用两点间距离公式得，然后根据分类讨论求解即可； （2）（ⅰ）设直线，与椭圆方程联立方程，结合韦达定理得，写出直线，的方程，进而求解即可； （ⅱ）由题意点在以为直径的圆上，代入圆的方程求得，写出直线的方程，与椭圆联立，求得点C的坐标，进而可得答案. 【小问1详解】 设是椭圆上一点，则， 因为， ①若，解得（舍去）， ②若，解得（舍去）或， 所以点的坐标位. 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）由图可知，，即，所以点在以为直径的圆上， 设，则，所以，即. 故直线的方程为， 直线的方程与椭圆方程联立，得，因为, 所以，所以,故. 19. 表示正整数a，b的最大公约数，若，且，，则将k的最大值记为，例如：，. （1）求，，； （2）已知时，. （i）求； （ii）设，数列的前n项和为，证明：. 【答案】（1）；； （2）（i）； （ii）解法一：因为， 所以，所以， 令，因为， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以数列的前n项和， 所以， 又因为，所以， 解法二：因为，所以， 又因为， 所以， 所以， 所以，所以 因为，所以. 【解析】 【分析】（1）依题可得表示所有不超过正整数m，且与m互质的正整数的个数，进一步分析即可求解； （2）（i）依题可得中与互质的正整数个数为，中与互质的正整数个数为，再结合即可求解； （ii）先求得，可利用，根据等比数列求和后即可求解；也可以利用放缩法结合数列求和的裂项相消法求解. 【小问1详解】 依题可得表示所有不超过正整数m，且与m互质的正整数的个数， 因为与2互质的数为1，所以； 因为与3互质的数为1，2，所以； 因为与6互质的数为1，5，所以. 【小问2详解】 （i）因为中与互质的正整数只有奇数， 所以中与互质的正整数个数为，所以， 又因为中与互质的正整数只有与两个， 所以中与互质的正整数个数为， 所以，所以， （ii）略 【点睛】关键点点睛：解答本题的关键点一：对题中定义的理解；关键点二：对的放缩，或者. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $