精品解析：河南省许昌市鄢陵县2024-2025学年高三上学期期中数学试题

2024-2025学年度综合能力调研检测 数学 本试卷总分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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，则（ ） A. B. C. D. 2. ，恒成立，则实数的最大值为（ ） A. B. 3 C. D. 6 3 已知向量，满足，，，则（ ） A. B. C. 1 D. 4. 若随机变量，且，则的最小值为（ ） A 8 B. 10 C. D. 5. 已知，分别是椭圆的左、右焦点，过的直线与交于A，B两点，且，若，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，若至少有三个不同的零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 在直三棱柱中，，，，E为棱的中点，在棱上，若过三棱锥四个顶点的球的体积为，则的长为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 1或2 8. 已知，，则的值为（ ） A. B. C. D. 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. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 图象的对称轴为直线， C. 图象的对称中心为， D. 在上单调递减 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 若的增区间为，则 B. 若在上单调递减，则 C. 若的极大值为0，则 D. 若，则曲线的对称中心为 11. 已知抛物线的焦点为，过焦点的直线交于，两点，过点作的切线交轴于点，则（ ） A. B. C. 点到直线的距离为定值 D. 为等腰三角形 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 记等差数列的前项和为，，，则_____. 13. 当时，，则______. 14. 川剧变脸是运用在川剧艺术中塑造人物的一种特技，是揭示剧中人物内心思想感情的一种浪漫主义手法，王老师获得了川剧演出的7张连号的票，王老师自己留下了2张连号的票，其余的票赠送给4位朋友，每人至少分1张，至多分2张，且这两张票连号，那么共有______种不同的分法.（用数字作答） 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A，B，C的对边分别是a，b，c，已知向量，，且. （1）求； （2）若，且的面积为，求的周长. 16. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若在区间上有唯一的极值点，求实数的取值范围. 17. 如图，在四棱锥中，平面平面，平面直角梯形，，，，，. （1）求证：. （2）若，平面与平面夹角为，求四棱锥的高. 18. 某校举办了一次安全知识竞赛，竞赛分为预赛与决赛，预赛通过后才能参加决赛.预赛从8道题中任选4道作答，答对3道及以上则进入决赛，否则被淘汰. （1）若这8道题中甲同学能答对其中4道，记甲在预赛中答对的题目个数为，求的分布列并计算甲进入决赛的概率. （2）决赛需要回答3道同等难度的题目，若全部答对则获得一等奖，奖励200元；若答对2道题目则获得二等奖，奖励100元；若答对1道题目则获得三等奖，奖励50元；若全部答错则没有奖励.假定进入决赛的同学答对每道题目的概率均为，且每次答题相互独立. （i）记进入决赛的某同学恰好获得二等奖的概率为，求的最大值； （ii）某班共有4名学生进入了决赛，若这4名同学获得总奖金的期望值不小于325元，求此时的取值范围. 19. 已知双曲线过点，. （1）求的方程. （2）若直线与的右支交于点，，以线段为边向右侧作，其中，均与一条渐近线平行，得到点，再过点作与平行的直线交于，，以线段为边向右侧作，其中，均与一条渐近线平行，得到点，…，以此类推，可以得到一列点 （i）证明：点在定直线上. （ii）证明：定值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度综合能力调研检测 数学 本试卷总分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数除法法则计算出，从而利用模的运算法则得到． 【详解】， 故． 故选：C 2. ，恒成立，则实数的最大值为（ ） A. B. 3 C. D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】分离参数变为在上恒成立，利用基本不等式求解最值得，即可得解. 【详解】，恒成立， 即在上恒成立， 所以在上恒成立， 又，当且仅当，即时取等号， 所以，则实数的最大值为. 故选：C 3. 已知向量，满足，，，则（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用垂直关系的向量表示及数量积的运算律列式计算得解. 【详解】由，得，则， 由，得，又， 因此，所以. 故选：B 4. 若随机变量，且，则的最小值为（ ） A. 8 B. 10 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用正态分布的对称性可得，再借助二次函数求出最小值. 【详解】由随机变量，且，得， 则，当且仅当时取等号， 所以的最小值为. 故选：C 5. 已知，分别是椭圆的左、右焦点，过的直线与交于A，B两点，且，若，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据，令，利用椭圆定义用表示，，，然后利用余弦定理得，然后在和中，利用余弦定理建立与之间的关系，从而求解离心率. 【详解】因为，令，则， 由椭圆的定义可知，， 又，由余弦定理得，所以， 在中，由余弦定理得， 中，由余弦定理得， 因为，所以， 所以，所以. 所以的离心率是. 故选：A. 6. 已知函数，若至少有三个不同的零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由函数零点的意义，把问题转化为直线与函数的图象至少有3个交点，作出图象，利用导数求出相切的情况，然后数形结合求得. 【详解】由，得，函数至少有3个不同的零点， 等价于直线与函数的图象至少有3个交点， 直线过原点，在同一坐标系内作出函数的图象与直线， 当直线与曲线相切时，直线与函数的图象有3个交点， 由，求导得，设切点坐标为，则切线方程为， 而切线过原点，则，解得，此时切线的斜率， 当时，直线与函数的图象有2个交点，不符合题意； 当时，直线与函数的图象最多有2个交点，不符合题意； 当时，直线与函数的图象有4个交点，符合题意， 所以实数的取值范围是. 故选：D 7. 在直三棱柱中，，，，E为棱的中点，在棱上，若过三棱锥四个顶点的球的体积为，则的长为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 1或2 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，求出球半径并确定球心位置，再建立空间直角坐标系，利用空间两点间距离公式列式计算得解. 【详解】在直三棱柱中，，，则外接圆圆心为中点， 令三棱锥外接球球心为，则平面，设此球半径为， 由，得，而外接圆半径，于， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，设，由，得，解得或， 而，所以. 故选：A 8. 已知，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】把两个等式分别变形成与，再构造函数并分析单调性求解. 【详解】由，得，即， 由，得，即， 令函数，函数在上单调递减， 而在上单调递增，因此函数在上单调递增， 又，因此，所以. 故选：B 【点睛】思路点睛：变形给定的等式，利用同构思想构造函数，再探讨函数的单调性，进而求得答案. 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. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 图象的对称轴为直线， C. 图象的对称中心为， D. 在上单调递减 【答案】BD 【解析】 【分析】先利用诱导公式和辅助角公式化简函数，然后利用正弦函数的最小正周期公式求解判断A；代入在正弦函数对称轴和对称中心结论判断BC，根据正弦函数单调性判断D. 【详解】函数， 选项A，的最小正周期，错误； 选项B，令，则， 所以图象的对称轴为直线，，正确； 选项C，令，则， 所以图象的对称中心为，，错误； 选项D，由得，所以在上单调递增， 所以在上单调递减，正确. 故选：BD. 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 若的增区间为，则 B. 若在上单调递减，则 C. 若的极大值为0，则 D. 若，则曲线的对称中心为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用导数求解函数的单调区间列式求解可判断A，由题意在上恒成立，利用二次函数图象与性质列不等式求解判断B，分类讨论利用导数求出函数的极大值判断C，利用函数对称性的性质可判断D. 【详解】函数定义域为R，求导得：， 对于A，若的增区间为，则的解集为， 所以，解得，正确； 对于B，若在上单调递减，则在上恒成立， 所以或，解得或，错误； 对于C，当时，令得，令得或， 因此在上单调递减，在上单调递增， 所以函数在处有极大值，则，解得，与矛盾； 当时，令得，令得或， 因此在上单调递增，在上单调递减， 所以函数在处有极大值，则，解得，正确； 对于D，若，则， 因为， 所以曲线的对称中心为，正确. 故选：ACD 11. 已知抛物线的焦点为，过焦点的直线交于，两点，过点作的切线交轴于点，则（ ） A. B. C. 点到直线的距离为定值 D. 为等腰三角形 【答案】ABD 【解析】 【分析】求出点的坐标，设出直线的方程，并与抛物线方程联立，利用韦达定理计算判断A；利用导数求出抛物线在点的切线方程依次判断BCD. 【详解】抛物线的焦点，直线的斜率存在，设其方程为， 由消去得，则， 对于A，，A正确； 对于B，由，求导得，抛物线在处的切线为， 整理得，当时，，因此，B正确； 对于C，点到直线的距离，不为定值，C错误； 对于D，线段的中点，直线的斜率， 而直线斜率，于是，即， 即是线段的中垂线，因此为等腰三角形，D正确. 故选：ABD 【点睛】方法点睛：求出抛物线在其上点处的切线方程，利用导数的几何意义求解简便快捷. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 记等差数列的前项和为，，，则_____. 【答案】84 【解析】 【分析】根据给定条件，利用等差数列性质求出公差，进而求出. 【详解】在等差数列中，，则公差， 所以. 故答案为：84 13. 当时，，则______. 【答案】 【解析】 【分析】先根据辅助角公式和二倍角余弦公式化简得，解得或，根据角的范围结合特殊角的函数值求解即可. 【详解】因为， 所以， 所以，所以， 即， 解得或，又，所以， 所以，所以，所以，所以. 故答案为： 14. 川剧变脸是运用在川剧艺术中塑造人物的一种特技，是揭示剧中人物内心思想感情的一种浪漫主义手法，王老师获得了川剧演出的7张连号的票，王老师自己留下了2张连号的票，其余的票赠送给4位朋友，每人至少分1张，至多分2张，且这两张票连号，那么共有______种不同的分法.（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】先确定王老师留下2张连号票的情况，再对剩余5张连号票分给4位朋友，每人至少1张，至多分2张且两张票连号的情况进行分析，通过列举和组合的方法来计算不同分法的总数. 【详解】设这7张连号票编号为号，王老师留下2张连号票的情况有： 、、、、、，共6种情况， 若王老师留下，剩下3、4、5、6、7号票， 因为要分给4位朋友，每人至少1张，至多分2张且两张票连号，所以可以这样分： 把5张票分成4组，有、5、6、7；3、、6、7；3、4、、7； 34、5、这4种分法，此时有种不同的分法； 若王老师留下，剩下1、4、5、6、7号票， 因为要分给4位朋友，每人至少1张，至多分2张且两张票连号，所以可以这样分： 把5张票分成4组，有、1、6、7；1、、4、7；1、4、、5；这3种分法， 此时有种不同的分法； 若王老师留下，剩下1、2、5、6、7号票， 因为要分给4位朋友，每人至少1张，至多分2张且两张票连号，所以可以这样分： 把5张票分成4组，有、5、6、7；1、、2、7；1、2、、5；这3种分法， 此时有种不同的分法； 若王老师留下，剩下1、2、3、6、7号票， 因为要分给4位朋友，每人至少1张，至多分2张且两张票连号，所以可以这样分： 把5张票分成4组，有、3、6、7；1、、6、7；1、2、、3；这3种分法， 此时有种不同的分法； 若王老师留下，剩下1、2、3、4、7号票， 因为要分给4位朋友，每人至少1张，至多分2张且两张票连号，所以可以这样分： 把5张票分成4组，有、3、4、7；1、、4、7；1、2、、7；这3种分法， 此时有种不同的分法； 若王老师留下，剩下1、2、3、4、5号票， 因为要分给4位朋友，每人至少1张，至多分2张且两张票连号，所以可以这样分： 把5张票分成4组，有、3、4、5；1、、4、5；1、2、、5；1、2、3、； 这4种分法，此时有种不同的分法； 故共有种不同的分法. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题考查了分类加法原理和分组分配问题，解答此类问题的关键是分类时不重复不遗漏. 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A，B，C的对边分别是a，b，c，已知向量，，且. （1）求； （2）若，且的面积为，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先根据向量垂直的坐标运算求得，再根据正弦定理化间得，进而得，即可求解； （2）根据余弦定理，三角形面积公式，建立，的方程即可整体解除，从而得的周长． 【小问1详解】 因为向量，，且， 所以，由正弦定理可得， 又，所以，所以， 又为三角形的内角，所以； 【小问2详解】 由（1）知，所以，又， 所以，所以， 又面积为，所以， 所以，所以，解得（负根舍去）， 所以的周长为． 16. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若在区间上有唯一的极值点，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据函数在某点处的导数的几何意义求得切线的斜率，再利用点斜式求切线方程即可； （2）求导函数，令，，按照和分类讨论，利用导数研究函数的单调性，进而根据函数在上的零点分布情况，即可求解. 【小问1详解】 当时，函数， 则，所以斜率，又， 所以切线方程为. 【小问2详解】 ，， 令得， 令，，则，由得， 当即时，，可得在内单调递增， 即在内单调递增，因为在区间上有唯一的极值点， 则需，而，不满足； 当即时，当时，，此时函数单调递减， 当时，，此时函数单调递增，则， 因为，且， 此时，有唯一的变号零点，符合题意； 综上，实数的取值范围为. 17. 如图，在四棱锥中，平面平面，平面为直角梯形，，，，，. （1）求证：. （2）若，平面与平面的夹角为，求四棱锥的高. 【答案】（1）证明过程见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）作出辅助线，求出各边长，结合三角函数值得到，⊥，由面面垂直得到线面垂直，进而得到线线垂直； （2）作出辅助线，证明线面垂直，得到即为四棱锥的高，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，设，则，求出两平面的法向量，根据面面角的大小和面面角余弦公式得到方程，求出，得到答案. 【小问1详解】 过点作⊥于点， 因为平面为直角梯形，，所以， 又，所以四边形为矩形， 所以，， 又，所以， 在中，，故， 同理，在中，，故， 所以，故⊥， 因为平面平面，交线为，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以⊥； 【小问2详解】 取的中点，的中点，连接，，则， 因为，所以⊥， 因为平面平面，交线为，平面， 所以⊥平面，故即为四棱锥的高， 因为，由（1）知，⊥，所以⊥， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 由（1）知，，由勾股定理得， 过点作⊥轴于点， 因为，⊥， 所以，故， 故，故，， 则，， 显然， 设，则，， 设平面的法向量为， 则， 设，则，，故， 又平面的法向量为， 平面与平面夹角为， 故， 解得， 故四棱锥的高为 18. 某校举办了一次安全知识竞赛，竞赛分为预赛与决赛，预赛通过后才能参加决赛.预赛从8道题中任选4道作答，答对3道及以上则进入决赛，否则被淘汰. （1）若这8道题中甲同学能答对其中4道，记甲在预赛中答对的题目个数为，求的分布列并计算甲进入决赛的概率. （2）决赛需要回答3道同等难度的题目，若全部答对则获得一等奖，奖励200元；若答对2道题目则获得二等奖，奖励100元；若答对1道题目则获得三等奖，奖励50元；若全部答错则没有奖励.假定进入决赛的同学答对每道题目的概率均为，且每次答题相互独立. （i）记进入决赛的某同学恰好获得二等奖的概率为，求的最大值； （ii）某班共有4名学生进入了决赛，若这4名同学获得总奖金的期望值不小于325元，求此时的取值范围. 【答案】（1）分布列见解析； （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）求出的取值及对应的概率可得分布列，再结合分布列计算可得答案； （2）（i）由利用导数求出最大值可得答案；（ii）分析每名学生获得的奖金的期望，求和解不等式即可. 【小问1详解】 由已知的取值为， ，， ，， ， 所以的分布列为 0 1 2 3 4 甲进入决赛的概率为； 【小问2详解】 （i）由题意得， 令，解得， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以， 可得的最大值为； （ii）由题可设每名进入决赛的学生获得的奖金为随机变量， 则的可能取值为， 所以，， ，， 所以 ， 可得，即， 整理得， 由， 得， 解得. 【点睛】关键点睛：第二问解题关键点是利用导数研究单调性，可得极大值. 19. 已知双曲线过点，. （1）求的方程. （2）若直线与的右支交于点，，以线段为边向右侧作，其中，均与一条渐近线平行，得到点，再过点作与平行的直线交于，，以线段为边向右侧作，其中，均与一条渐近线平行，得到点，…，以此类推，可以得到一列点 （i）证明：点在定直线上. （ii）证明：为定值. 【答案】（1）； （2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析； 【解析】 【分析】（1）令双曲线为，将所过的点代入列方程组求参数，即可得方程； （2）（i）设且，联立直线与双曲线，应用韦达定理得，联立直线、求得，令，则，同理求得，依次类推即可证所有点都在定直线上；（ii）同理推理过程可得，，且，结合整理化简只含的表达式，即可证定值. 【小问1详解】 令，则，可得，故双曲线方程为； 【小问2详解】 （i）设且，联立，则， 所以，如下图，由双曲线的渐近线为， 则，， 联立有，可得，即， 所以，即，故在直线上， 由题设，令，则，联立， 所以，整理得， 若，则， 同理有，， 联立有，可得，即， 所以，即，故也在直线上， 同上过程，可推得均在直线上，得证； （ii）根据（i）知：，联立，整理得， 根据题意有，，且， 所以 ，得证. 【点睛】关键点点睛：第二问，联立直线与双曲线，应用韦达定理得，联立直线、求得，类比推理坐标得到规律为关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $