精品解析：河南省信阳市信阳高级中学新校（贤岭校区）、老校（文化街校区）2024-2025学年高三上学期1月期末测试数学试题

河南省信阳高级中学新校（贤岭校区）、老校（文化街校区） 2024-2025学年高三上期期末测试 数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，若且，则M的个数为（ ） A. 1 B. 3 C. 4 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意得到，然后求出，即可得到的个数. 【详解】由题意得且，故， 又，则M的个数为个. 故选：C. 2. 已知，，下列各式中正确的是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】试题分析：虚数不可比较大小，模可以比较大小，，， 考点：复数的模的计算 3. 若函数（）向左正移个单位后在区间上单调递增，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据图象平移规律、函数的单调性可得答案. 【详解】函数向左平移个单位后为， 当时，， ∵单调递增， 所以，即， 可得， 又，∴. 故选：B. 4. 在如图所示的三棱锥容器中，，，分别为三条侧棱上的小洞，，，若用该容器盛水，则最多可盛水的体积是原三棱锥容器体积的（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】考虑三棱锥和三棱锥的体积之比后可得正确的选项. 【详解】若该容器盛水最多，则水面恰好过三点， 此时， 设到平面的距离为，到平面的距离为，则， 故，故最多可盛水的体积是原三棱锥容器体积的， 故选：A. 5. 将3个相同的红球和3个相同的黑球装入三个不同的袋中，每袋均装2个球，则不同的装法种数为（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 【答案】A 【解析】 【分析】先将红球从数量分成，两种类型的分组，在分两类研究以上不同形式下红球放入三个不同的袋中的方法数，最后袋中不重上黑球，使每个袋子中球的总个数为个，将两类情况的方法总数相加即可. 【详解】将个红球分成组，每组球的数量最多个最少个，则有，两种组合形式， 当红球分组形式为时，将红球放入三个不同的袋中有放法， 此时三个不同的袋中依次补充上黑球，使每个袋子中球的总个数为个即可. 当红球分组形式为时，将红球放入三个不同的袋中有种放法， 此时三个不同的袋中依次补充上黑球，使每个袋子中球的总个数为个即可. 综上所述：将3个相同的红球和3个相同的黑球装入三个不同的袋中，每袋均装2个球， 不同的装法种数为种. 故选：A . 6. 设抛物线的焦点为，过抛物线上点作其准线的垂线，设垂足为，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意得，结合正切定义以及可得，进一步即可求解. 【详解】如图所示： 为准线与轴的交点， 因为，且，所以， 因为，所以， 而，所以， 所以. 故选：A. 7. 已知数列的前项和为，若是等差数列，且，，则（ ） A. 1 B. C. 10 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由，变形得，求得数列的公差为，再利用结合等差数列的通项公式即可得解. 【详解】设数列的公差为，首项为 ，两边同除以6得：，，解得 又，即，解得 故选：B 8. 已知平面向量，满足，与的夹角为，记 ，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】以起点，作出向量，，使得，，则可得点在直线上，求出到直线的距离即可得结论． 【详解】如图，作，，使得，则满足题意， 设，则点在直线上， 点到直线的距离为，即为的最小值． 所以的取值范围是． 故选：A． 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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 若，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据不等式的性质直接判断各选项. 【详解】由且得，所以，，A选项正确； ，所以，，B选项正确； 取，，，则，C选项错误； 由得，所以， 因为，所以，D选项正确； 故选：ABD. 10. 为深入学习宣传党的二十大精神，某校开展了“奋进新征程，强国伴我行”二十大主题知识竞赛.其中高一年级选派了10名同学参赛，且该10名同学的成绩依次是：，.则下列说法正确的有（ ） A. 中位数为90，平均数为89 B. 分位数为93 C. 极差为30，标准差为58 D. 去掉一个最低分和一个最高分，平均数变大，方差变小 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据平均数、方差、标准差、中位数和极差的概念，逐项进行计算验证即可求解. 【详解】对于A，由题意中位数为， 平均数为，故A正确； 对于B，因为， 所以分位数为，故B正确； 对于C，极差为， 方差 ， 所以标准差，故C错误； 对于D，去掉一个最低分和一个最高分， 则平均数为， 方差为 ， 所以去掉一个最低分和一个最高分，平均数变大，方差变小，故D正确. 故选：ABD. 11. 已知函数，下列正确结论有（    ） A. 函数是奇函数； B. ，且，关于x的方程恰有两个不相等的实数根； C. 已知是曲线上任意一点，，则； D. 设为曲线上一点，为曲线上一点.若，则. 【答案】BCD 【解析】 【分析】函数奇偶性的定义加以判断，可得A的正误；对于B，分与两种情况讨论，结合一元二次方程的求根公式计算即可作出判断；对于C，借助于两点间的距离公式与导数研究函数的单调性，求出的最值，即可作出判断；对于D，利用C中所得结论并结合函数的性质加以计算，即可作出判断． 【详解】对A：令，即，解得， 因为的定义域不关于原点对称，所以函数是非奇非偶函数，错误； 对B：，即，当时，有， 可知0是该方程的一个根． 当，时，由，故， 结合定义域可得，有，即， 令，，有或（负值舍去）， 则， 故必有一个大于1的正根，即必有一个大于1的正根； 当，时，由两边平方得，即，结合定义域可知． 方程根的判别式， 可得或（正值舍去）． 令，即，则， 即，故方程在定义域内亦必有一根． 综上所述，，且，关于的方程恰有两个不相等的实数根，正确； 对C：令，则有，， 令，，， 当时，；当时，． 故在、上单调递增，在区间上单调递减， 结合，，可知恒成立， 即，故恒成立，正确； 对D：当时，由，，得， 此时，则； 当时，由的图象与的图象关于轴对称， 不妨设，则有或． 当时，由， 得成立； 当时，则有，即点、关于点对称， 由C的结论，可知点到的距离， 同理可得，故． 综上所述，恒成立，正确． 故选：BCD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则________. 【答案】4 【解析】 【分析】利用换底公式化简得到，令，求出，从而，解得. 【详解】，， ， 令，故，即，解得， 故，解得. 故答案为：4 13. 二项式的展开式中的系数为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据二项式展开式的通项公式即可求得二项式的展开式中的系数. 【详解】二项式的展开式中的通项为：， 令，得， 所以二项式的展开式中的系数为， 故答案为：. 14. 对任意数集，满足表达式为且值域为的函数个数为.记所有可能的的值组成集合，则集合中元素之和为__________. 【答案】643 【解析】 【分析】根据给定条件，探讨函数的性质并作出图象，求出集合B，进而求得答案作答. 【详解】，当或时，，当时，， 即函数在上单调递增，在上单调递减， 当时，函数取得极大值0，当时，该函数取得极小值，图象如图： 观察图象知，当与图像有一个公共点时，相应的有1种取法； 当与图像有两个公共点时，相应的有种取法； 当与图像有三个公共点时，相应的有种取法， 直线与函数图象的交点个数可能的取值如下： ， 对应的函数个数为， . 所以集合中元素之和为643. 故答案为：643 【点睛】关键点睛：涉及集合新定义问题，关键是正确理解给出的定义，然后合理利用定义，结合相关的其它知识，分类讨论，进行推理判断解决. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、明过程或演算步骤. 15. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． （1）求角B； （2）若，，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用正弦定理化简得到，求得，即可求解； （1）由正弦定理可得，化简，结合三角函数的性质，即可求解. ， 【小问1详解】 解：因为， 由正弦定理得， 因为，可得，所以，所以． 【小问2详解】 解：因为，，由正弦定理可得， 所以，， 所以 ， 由且，可得，所以，所以， 所以，即的取值范围为． 16. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）求曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标． 【答案】(1)答案见解析；(2) 和. 【解析】 【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论导函数的符号即可确定原函数的单调性； (2)首先求得导数过坐标原点的切线方程，然后将原问题转化为方程求解的问题，据此即可求得公共点坐标. 【详解】(1)由函数的解析式可得：， 导函数的判别式， 当时，在R上单调递增， 当时，的解为：， 当时，单调递增； 当时，单调递减； 当时，单调递增； 综上可得：当时，在R上单调递增， 当时，在，上 单调递增，在上单调递减. (2)由题意可得：，， 则切线方程为：， 切线过坐标原点，则：, 整理可得：，即：， 解得：，则， 切线方程为：, 与联立得， 化简得,由于切点的横坐标1必然是该方程的一个根，是的一个因式，∴该方程可以分解因式为 解得, ， 综上，曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为和. 【点睛】本题考查利用导数研究含有参数的函数的单调性问题，和过曲线外一点所做曲线的切线问题，注意单调性研究中对导函数，要依据其零点的不同情况进行分类讨论；再求切线与函数曲线的公共点坐标时，要注意除了已经求出的切点，还可能有另外的公共点(交点),要通过联立方程求解，其中得到三次方程求解时要注意其中有一个实数根是求出的切点的横坐标，这样就容易通过分解因式求另一个根.三次方程时高考压轴题中的常见问题，不必恐惧，一般都能容易找到其中一个根，然后在通过分解因式的方法求其余的根. 17. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，，，点，分别为和的中点． （1）证明：； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）取的中点，连接, 由，易知为等腰直角三角形， 此时，又，所以. 因为,所以， 由，即，所以， 此时，,有四点共面，, 所以平面，又平面，所以. （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，通过证明平面，再由线面垂直的性质定理即可得到结果. （2）建立空间直角坐标系，由空间向量求线面角的公式即可得到结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由且,所以平面. 由，得为等边三角形， 以为原点，所在直线分别为轴，轴，过且与平面垂直的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， , 设平面的法向量 由,即，取，， 又，设直线与平面所成角为， 则, 所以直线与平面所成角的正弦值为. 18. 已知在一个不透明的盒中装有一个白球和两个红球（小球除颜色不同，其余完全相同），某抽球试验的规则如下：试验者在每一轮需有放回地抽取两次，每次抽取一个小球，从第一轮开始，若试验者在某轮中的两次均抽到白球，则该试验成功，并停止试验.否则再将一个黄球（与盒中小球除颜色不同，其余完全相同）放入盒中，然后继续进行下一轮试验. （1）若规定试验者甲至多可进行三轮试验（若第三轮不成功，也停止试验），记甲进行的试验轮数为随机变量，求的分布列和数学期望； （2）若规定试验者乙至多可进行轮试验（若第轮不成功，也停止试验），记乙在第轮使得试验成功的概率为，则乙能试验成功的概率为，证明：. 【答案】（1）的分布列为： 1 2 3 数学期望： （2）证明如下： 当时，不难知道， ， ， 由（1）可知，又， ， . 即. 【解析】 【分析】（1）由条件确定的取值，再求取各值的概率，由此可得分布列，再由期望公式求期望； （2）由（1）中的结论及结合题意写出每一轮的概率，结合概率乘法公式从而求解. 【小问1详解】 由题意得，的可能取值为， 在第一轮中，试验者每次抽到白球的概率为， ， 依题意，在第二轮中，盒中有一个白球，两个红球和一个黄球，每次摸到白球的概率为，， 易知， ∴的分布列为： 1 2 3 的数学期望. 【小问2详解】 略 【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是得到，再利用裂项求和即可证明出不等式. 19. （1）设椭圆与双曲线有相同的焦点、，是椭圆与双曲线的公共点，且△的周长为6，求椭圆的方程；我们把具有公共焦点、公共对称轴的两段圆锥曲线弧合成的封闭曲线称为“盾圆”； （2）如图，已知“盾圆”的方程为，设“盾圆”上的任意一点到的距离为，到直线的距离为，求证：为定值； （3）由抛物线弧（）与第（1）小题椭圆弧（）所合成的封闭曲线为“盾圆”，设过点的直线与“盾圆”交于、两点，，，且（），试用表示，并求的取值范围. 【答案】（1）；（2）证明见解析；（3），；，；. 【解析】 【分析】（1）由由的周长为得,由椭圆与双曲线共焦点可得值,根据平方关系求得,进而即可得到椭圆方程； （2）设“盾圆”上的任意一点的坐标为,,分为与两种情况表示出,再分别计算,即可求得定值； （3）由“盾圆”的对称性,不妨设在轴上方（或轴上）,分类讨论：时,在椭圆弧上；时,在抛物弧上,由条件可表示出此时,相应地, 再按时, 在抛物弧上,在椭圆弧上；当时,在椭圆弧上, 在抛物弧上；当时, 、在椭圆弧上,利用三角函数性质分别求出的范围 【详解】（1）由的周长为得,椭圆与双曲线有相同的焦点,所以,即,则,,则椭圆的方程为 （2）证明：设“盾圆”上的任意一点的坐标为, 当时,,, 即； 当时,,, 即； 所以为定值. （3）显然“盾圆”由两部分合成,所以按在抛物弧或椭圆弧上加以分类,由“盾圆”的对称性,不妨设在轴上方（或轴上）； 当时,,此时,； 当时,在椭圆弧上,由题设知代入得,,整理得,解得或（舍去） 当时,在抛物弧上,方程或定义均可得到,于是, 综上,或； 相应地,, 当时, 在抛物弧上,在椭圆弧上, ； 当时,在椭圆弧上, 在抛物弧上, ; 当时, 、在椭圆弧上, ； 综上, ，；，； 的取值范围是 【点睛】本题考查椭圆的标准方程,考查两点间距离公式,考查参数方程的应用,考查推理论证的能力,考查分类讨论思想,考查运算能力 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学年高三上期期末测试 数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，若且，则M的个数为（ ） A. 1 B. 3 C. 4 D. 6 2. 已知，，下列各式中正确的是 A B. C. D. 3. 若函数（）向左正移个单位后在区间上单调递增，则（ ） A. B. C. D. 4. 在如图所示的三棱锥容器中，，，分别为三条侧棱上的小洞，，，若用该容器盛水，则最多可盛水的体积是原三棱锥容器体积的（ ） A. B. C. D. 5. 将3个相同的红球和3个相同的黑球装入三个不同的袋中，每袋均装2个球，则不同的装法种数为（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 6. 设抛物线的焦点为，过抛物线上点作其准线的垂线，设垂足为，若，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知数列前项和为，若是等差数列，且，，则（ ） A. 1 B. C. 10 D. 8. 已知平面向量，满足，与的夹角为，记 ，则的取值范围为（ ） 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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 若，且，则（ ） A. B. C. D. 10. 为深入学习宣传党的二十大精神，某校开展了“奋进新征程，强国伴我行”二十大主题知识竞赛.其中高一年级选派了10名同学参赛，且该10名同学的成绩依次是：，.则下列说法正确的有（ ） A. 中位数为90，平均数为89 B. 分位数为93 C. 极差为30，标准差为58 D. 去掉一个最低分和一个最高分，平均数变大，方差变小 11. 已知函数，下列正确结论有（    ） A. 函数是奇函数； B. ，且，关于x的方程恰有两个不相等的实数根； C. 已知是曲线上任意一点，，则； D. 设为曲线上一点，为曲线上一点.若，则. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则________. 13. 二项式的展开式中的系数为________． 14. 对任意数集，满足表达式为且值域为的函数个数为.记所有可能的的值组成集合，则集合中元素之和为__________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、明过程或演算步骤. 15. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． （1）求角B； （2）若，，求取值范围． 16. 已知函数． （1）讨论单调性； （2）求曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标． 17. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，，，点，分别为和的中点． （1）证明：； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值． 18. 已知在一个不透明的盒中装有一个白球和两个红球（小球除颜色不同，其余完全相同），某抽球试验的规则如下：试验者在每一轮需有放回地抽取两次，每次抽取一个小球，从第一轮开始，若试验者在某轮中的两次均抽到白球，则该试验成功，并停止试验.否则再将一个黄球（与盒中小球除颜色不同，其余完全相同）放入盒中，然后继续进行下一轮试验. （1）若规定试验者甲至多可进行三轮试验（若第三轮不成功，也停止试验），记甲进行的试验轮数为随机变量，求的分布列和数学期望； （2）若规定试验者乙至多可进行轮试验（若第轮不成功，也停止试验），记乙在第轮使得试验成功的概率为，则乙能试验成功的概率为，证明：. 19. （1）设椭圆与双曲线有相同的焦点、，是椭圆与双曲线的公共点，且△的周长为6，求椭圆的方程；我们把具有公共焦点、公共对称轴的两段圆锥曲线弧合成的封闭曲线称为“盾圆”； （2）如图，已知“盾圆”的方程为，设“盾圆”上的任意一点到的距离为，到直线的距离为，求证：为定值； （3）由抛物线弧（）与第（1）小题椭圆弧（）所合成的封闭曲线为“盾圆”，设过点的直线与“盾圆”交于、两点，，，且（），试用表示，并求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $