精品解析：河南省名校联盟2024-2025学年高三上学期1月期末考试数学试题

高三数学 考生注意： 1.木试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签宇笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：高考范围. 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. 若复数，则（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合复数的乘方运算和加法运算，根据复数模的运算求解即可. 【详解】因为，所以. 故选：C 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先化简集合，再利用集合的补集和交集运算求解. 【详解】解：因为， 所以，又， 所以. 故选：C. 3. 已知是两条不同的直线，为两个不同的平面，且，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】D 【解析】 【分析】结合线线平行与面面平行的关系，根据充分条件、必要条件的概念判断即可. 【详解】不能推出，如图1； 也不能推出，如图2. 所以“”是“”的既不充分也不必要条件. 故选：D. 4. 若函数在上单调递减，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数为减函数，结合对数函数、二次函数的单调性及端点值的大小列不等式组，求解即可. 【详解】由在上单调递减，得解得， 所以的取值范围是. 故选：B 5. 某企业在生产中为倡导绿色环保的理念，决定购入污水过滤系统对废水进行过滤处理.已知过滤过程中废水中的污染物浓度与过滤时间（小时）的关系为（为废水中最初污染物浓度，为常数）.如果过滤了3个小时废水中的污染物浓度变为最初的，那么废水中的污染物浓度变为最初的还需要（ ） A. 6小时 B. 5小时 C. 4小时 D. 3小时 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，得到，，联立求解. 【详解】解：由题意，可知，即， 令，则有， 解得， 故还需要3小时废水中的污染物浓度变为最初的. 故选：D. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合二倍角正弦公式，利用平方关系求解. 【详解】解：因为， 所以， 则， 所以. 故选：A. 7. 正多面体是指各个面都是全等的正多边形，并且各个多面角都是全等的多面角的多面体.在古希腊时期人们就已经发现正多面体仅有5种，分别是正四面体，正六面体，正八面体，正十二面体和正二十面体.如图，是一个正八面体，其每一个面都是正三角形，棱长为2，点为正八面体内切球球面上的任意一点，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先利用体积分割法求出正八面体的内切球的半径，取的中点，利用数量积的运算律得，利用圆的知识求出的最大值为，即可得解. 【详解】正八面体的表面是8个全等的正三角形组成，其中正边长为2， 则正八面体的表面积， 而正八面体可视为两个共底面的， 侧棱长与底面边长相等的正四棱锥与拼接而成， 正四棱锥的高， 则正八面体的体积， 设内切球半径为，则，解得， 取的中点. 设为正方形的中心也是内切球的球心，则， 因此的最大值为， 所以的最大值是. 故选：A. 8. 设椭圆的一个焦点为，为内一点，若上存在一点，使得，则的离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】令椭圆的左焦点为，利用椭圆的定义可求出的最大值和最小值，即可得出的取值范围，即可求得椭圆的离心率的取值范围. 【详解】令椭圆的左焦点为，则， 由椭圆定义知，则， 设直线交椭圆于、两点（如图）， 而，即， 当且仅当点、、共线时取等号. 当点与重合时，，则， 当点与重合时，，则， 所以，即，经检验，此时点在内， 所以. 故选：B. 【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下： （1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值； （2）齐次式法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程求解； （3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率. 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. 某市高一年级举行了一次数学竞赛，从所有参加竞赛的名学生中随机抽取了一部分学生，经统计这部分学生的成绩全部介于至之间，将成绩数据按照分组，作出频率分布直方图如图所示，则（ ） A. B. 估计全市高一年级数学竞赛成绩不低于分的有人 C. 估计全市高一年级数学竞赛成绩的平均分是 D. 估计全市高一年级数学竞赛成绩的中位数约为 【答案】ABC 【解析】 【分析】由所有矩形条的面积和为，列方程求，判断A，由频率分布直方图求成绩不低于分的频率，再由频率频数样本量的关系，求结论，判断B，根据平均数的计算公式求平均数，判断C，根据中位数定义求中位数判断D. 【详解】对于A，由频率分布直方图，得，解得，故A正确； 对于B，成绩不低于分的频率为，所以估计成绩不低于分的有人，故B正确； 对于C，成绩的平均值，故C正确； 对于D，成绩在，的频率依次为， 显然中位数，则，解得，故D错误. 故选：ABC. 10. 已知抛物线上的动点到焦点的距离的最小值为4，直线经过交于点，分别过作的切线，且两切线交于点，则（ ） A. 的方程为 B. 若，则的中点到轴的距离为10 C. 是直角三角形 D. 若的中点为，则直线与轴垂直 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据抛物线的定义、导数与切线方程、直线交点等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】对于A，上的动点到焦点的距离的最小值为，则， 所以的方程为，故A正确； 对于B，焦点，设，因为， 则，即， 所以的中点到轴的距离为5，故B错误； 对于，设直线，由得， 则，且， 因为，所以， 所以是直角三角形，故C正确； 对于D，切线的方程为，又， 所以切线的方程为. 同理，切线的方程为. 由且，解得， 即.又， 所以垂直于轴，故D正确. 故选：ACD 11. 已知分别为定义在上的函数和的导函数，且，若是奇函数，则（ ） A. 的图象关于点对称 B. 4为的周期 C. 的图象关于直线对称 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】由题意首先得判断A，对求导即可判断C，结合奇函数的导函数是偶函数可得的周期，由此即可判断B，注意到，由此即可判断D. 【详解】由，得，即， 代入，得， 则的图象关于点对称，故A错误； 由，得， 所以的图象关于直线对称，故C正确； 由，得， 又因为是奇函数，所以是偶函数，则， 所以是的周期，故B正确； ，由，，得，所以，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】方法点睛： 1.若，则关于对称，两边同时求导得：，则关于中心对称； 2.若，则关于中心对称，两边同时求导得：，则关于对称； 3.若，则为周期函数且周期为； 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知展开式中各项的系数和为64，则展开式中含项的系数为__________. 【答案】15 【解析】 【分析】根据各项系数和求得，根据二项式展开式的通项公式求得指定项的系数. 【详解】令，得展开式中各项的系数和为，解得， 则.当时，，所以展开式中含项的系数为. 故答案为： 13. 已知函数，若在区间上有极大值无极小值，则的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】利用整体法结合正弦函数的性质可求的取值范围. 【详解】，因为，则， 又，由题意得解得． 故答案为：. 14. 某批零件的尺寸服从正态分布，且，规定时零件合格，从这批产品中抽取件，若要保证抽取的合格零件不少于2件的概率不低于0.9，则的最小值为__________. 【答案】4 【解析】 【分析】利用对立事件可得，结合数列的单调性可得的最小值. 【详解】因为服从正态分布，且， 所以， 即每个零件合格的概率为，合格零件不少于2件的对立事件是合格零件件数为0或1. 依题意，，即， 令，则， 所以单调递减，而， 所以不等式的解集为， 所以的最小值为4. 故答案为：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. 记的内角的对边分别为，已知. （1）求； （2）设的平分线交线段于点，若，证明：为直角三角形. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）将题干条件变形，利用余弦定理得，结合角的范围即可求解. （2）利用面积比例求得，再由余弦定理化简得，从而，即可证明. 【小问1详解】 因为，所以. 由余弦定理，得， 又因为，所以. 【小问2详解】 因为是的平分线，所以， 设的边上的高为，则由， 得，即， 由余弦定理，得， 所以，从而，故为直角三角形. 16. 已知是各项均为正数的数列的前项和，. （1）求的通项公式； （2）设求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）化简已知条件，根据等比数列的知识来求得. （2）利用裂项求和法、分组求和法来求得. 【小问1详解】 因为，所以. 因为，所以，即， 由，解得. 由，所以是首项为1，公比为3的等比数列. 所以. 【小问2详解】 当为奇数时，； 当为偶数时，， 所以 . 17. 如图，在多面体中，四边形为直角梯形，且满足平面. （1）证明：平面； （2）在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）存在，或 【解析】 【分析】（1）四边形为菱形，所以，由线面垂直得到，从而得到平面，，结合，证明出结论； （2）证明出，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，设，根据线面角的大小，得到方程，求出或.所以线段上存在点，或. 【小问1详解】 证明：因为且，所以四边形为平行四边形， 又，所以四边形为菱形，所以. 因为平面平面，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以， 又平面，所以平面. 【小问2详解】 因为平面平面，所以， 又， 以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示， 则， 所以 设平面的法向量为，则 令，得，所以. 假设线段上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为， 设， 则 , 解得或. 所以线段上存在点，当或时， 使得直线与平面所成角的正弦值为. 18. 已知双曲线的渐近线与圆相切，圆心是的一个焦点. （1）求的方程； （2）过点的直线与的右支交于两点，分别为的左，右顶点，直线与交于点. （i）证明：在定直线上； （ii）若直线与交于点，求的值. 【答案】（1） （2）（i）证明：设直线的方程为：，易知， 联立方程消去得， 则， . 因为是上的点，所以， 则， 联立直线，直线的方程， 得， 所以 . 解得，故点在定直线上. （ii） 【解析】 【分析】（1）先根据圆心求出，再利用点到直线的距离公式求得，联立方程求得，即可得解； （2）（i）设直线的方程为：，与双曲线方程联立，韦达定理，联立直线与直线的方程得，代入化简得，即可证明； （ii）设，分别代入直线与直线方程求得坐标，利用数量积的坐标运算，代入点的坐标化简计算即可. 【小问1详解】 圆的方程化为标准形式为， 所以圆心，半径，则的半焦距， 又的两条渐近线方程为，即， 由题意，知，所以， 所以的方程为. 【小问2详解】 （i）略 （ii）由双曲线对称性可知，点也在直线上，设， 点在直线上，所以， 点在直线上，所以， 所以 . 19. 拉格朗日是十八世纪著名的数学家，在数学领域作出了重大贡献，人们常把很多数学领域中新的发现用他的名字命名.如对一组数据（）（互不相等）进行研究时，记时，，称为这组数据的拉格朗日插值多项式. （1）试求数据的拉格朗日插值多项式的表达式； （2）对于（1）中求出的，若函数满足， （i）研究的单调性； （ii）若有两个零点，求的取值范围. 【答案】（1） （2）（i）答案见解析；（ii）. 【解析】 【分析】（1）根据拉格朗日插值多项式的定义直接求解即可. （2）（i）先求出的表达式及导函数，按照和分类讨论研究其单调性即可. （ii）分离参数将问题转化为有两个不同实数解，令，求单调性并画出示意图，数形结合得，解对数函数不等式即可. 【小问1详解】 对于数据， 有， ， 所以， 即. 【小问2详解】 （i）由（1）知， 所以， ， 若，则在上单调递减； 若，则，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减. 综上所述，时，在上单调递减； 时，在上单调递增，在上单调递减. （ii）因为函数有两个零点，所以关于的方程，即， 亦即有两个不同实数解. 令，则， 当时，在上单调递减，且当时，； 当时，在上单调递增， 所以当时，取得最大值. 作出函数的图象以及直线，如图所示： 由图可见，当且仅当， 即时，直线与函数的图象有两个公共点， 所以实数的取值范围是. 【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤： （1）转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题； （2）列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式； （3）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学 考生注意： 1.木试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签宇笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：高考范围. 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. 若复数，则（ ） A. 2 B. C. D. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知是两条不同的直线，为两个不同的平面，且，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 4. 若函数在上单调递减，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 某企业在生产中为倡导绿色环保的理念，决定购入污水过滤系统对废水进行过滤处理.已知过滤过程中废水中的污染物浓度与过滤时间（小时）的关系为（为废水中最初污染物浓度，为常数）.如果过滤了3个小时废水中的污染物浓度变为最初的，那么废水中的污染物浓度变为最初的还需要（ ） A. 6小时 B. 5小时 C. 4小时 D. 3小时 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 正多面体是指各个面都是全等的正多边形，并且各个多面角都是全等的多面角的多面体.在古希腊时期人们就已经发现正多面体仅有5种，分别是正四面体，正六面体，正八面体，正十二面体和正二十面体.如图，是一个正八面体，其每一个面都是正三角形，棱长为2，点为正八面体内切球球面上的任意一点，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 8. 设椭圆的一个焦点为，为内一点，若上存在一点，使得，则的离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 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. 某市高一年级举行了一次数学竞赛，从所有参加竞赛的名学生中随机抽取了一部分学生，经统计这部分学生的成绩全部介于至之间，将成绩数据按照分组，作出频率分布直方图如图所示，则（ ） A. B. 估计全市高一年级数学竞赛成绩不低于分的有人 C. 估计全市高一年级数学竞赛成绩的平均分是 D. 估计全市高一年级数学竞赛成绩的中位数约为 10. 已知抛物线上的动点到焦点的距离的最小值为4，直线经过交于点，分别过作的切线，且两切线交于点，则（ ） A. 的方程为 B. 若，则的中点到轴的距离为10 C. 是直角三角形 D. 若的中点为，则直线与轴垂直 11. 已知分别为定义在上的函数和的导函数，且，若是奇函数，则（ ） A. 的图象关于点对称 B. 4为的周期 C. 的图象关于直线对称 D. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知展开式中各项的系数和为64，则展开式中含项的系数为__________. 13. 已知函数，若在区间上有极大值无极小值，则的取值范围是______． 14. 某批零件的尺寸服从正态分布，且，规定时零件合格，从这批产品中抽取件，若要保证抽取的合格零件不少于2件的概率不低于0.9，则的最小值为__________. 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. 记的内角的对边分别为，已知. （1）求； （2）设的平分线交线段于点，若，证明：为直角三角形. 16. 已知是各项均为正数的数列的前项和，. （1）求的通项公式； （2）设求数列的前项和. 17. 如图，在多面体中，四边形为直角梯形，且满足平面. （1）证明：平面； （2）在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由. 18. 已知双曲线的渐近线与圆相切，圆心是的一个焦点. （1）求的方程； （2）过点的直线与的右支交于两点，分别为的左，右顶点，直线与交于点. （i）证明：在定直线上； （ii）若直线与交于点，求的值. 19. 拉格朗日是十八世纪著名的数学家，在数学领域作出了重大贡献，人们常把很多数学领域中新的发现用他的名字命名.如对一组数据（）（互不相等）进行研究时，记时，，称为这组数据的拉格朗日插值多项式. （1）试求数据的拉格朗日插值多项式的表达式； （2）对于（1）中求出的，若函数满足， （i）研究的单调性； （ii）若有两个零点，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $