精品解析：河南省南阳市第一中学校2025届高三第十二次考试（2月考试）数学试题

南阳一中2025年春期高三年级第十二次考试 数学试题 一、单选题（每小题5分，共40分） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据对数函数的性质和一元二次不等式的解法，分别求得集合，结合集合交集的概念及运算，即可求解. 【详解】由，可得，则， 又由，解得，因为，所以， 所以． 故选：D． 2. 若，则（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】设，得复数的模，代入根据复数相等的条件得方程组，解之可得选项. 【详解】设，则，因为， 所以，所以，解得， 所以，所以. 故选：C. 3. 若向量，满足，且，，则（ ）． A. 2 B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知化简即可得出，，进而得出答案. 【详解】设， 由已知可得，， 所以. 又， 所以，解得（舍去负值）， 所以，. 故选：D. 4. 记为等比数列的前n项和，若，，则（ ）． A. 120 B. 85 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】方法一：根据等比数列的前n项和公式求出公比，再根据的关系即可解出； 方法二：根据等比数列的前n项和的性质求解． 【详解】方法一：设等比数列的公比为，首项为， 若，则，与题意不符，所以； 若，则，与题意不符，所以； 由，可得，，①， 由①可得，，解得：， 所以． 故选：C． 方法二：设等比数列的公比为， 因为，，所以，否则， 从而，成等比数列， 所以有，，解得：或， 当时，，即为， 易知，，即； 当时，， 与矛盾，舍去． 故选：C． 【点睛】本题主要考查等比数列的前n项和公式的应用，以及整体思想的应用，解题关键是把握的关系，从而减少相关量的求解，简化运算． 5. 在中，，，的面积为，则为（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知条件，先根据三角形面积公式求出的值，然后利用余弦定理求出的值，即可得的值. 【详解】解：在中， 因为，，的面积为， 所以， 所以， 因为， 所以， 所以. 故选：B. 6. 已知的定义域为的单调函数，且，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】先根据函数单调再设函数为，列方程求参即可计算函数值. 【详解】由题得单调，那么和一一对应，那么为大于0的常数， ， . 故选：B. 7. 已知不等式对任意恒成立，则实数a的最小值为（ ） A. － B. 1 C. 0 D. －1 【答案】B 【解析】 【分析】由条件转化为求函数，的最小值，利用导数判断函数的单调性，再求函数的最小值. 【详解】由条件不等式可知，， 设，， 则，令，得或， 当，，单调递增，当，，单调递减， 所以或，， 所以函数的最小值为，则，即， 所以的最小值为1. 故选：B 8. 设双曲线：的右焦点为，双曲线上的两点关于原点对称，且满足，，则双曲线的离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设椭圆的左焦点，由椭圆的对称性结合，得到四边形为矩形，设，，在直角中，利用椭圆的定义和勾股定理化简得到，再根据，得到的范围，从而利用对勾函数的值域得到的范围，进而由即可得解. 【详解】如图所示： 设双曲线的左焦点，由双曲线的对称性可知，四边形为平行四边形， 又，则，所以平行四边形为矩形，故， 设，，则， 在中，，， 所以，则， 所以， 令，得， 又由，得， 因为对勾函数在上单调递增，所以， 所以 ，即， 则，故， 所以， 所以双曲线离心率的取值范围是， 故选：A 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是利用椭圆的对称性证得四边形为矩形，再利用椭圆的定义与勾股定理，结合条件得到关于的齐次不等式，从而得解. 二、多选题（每小题3分，共18分） 9. 设函数，则（ ） A. 是偶函数 B. 的最小正周期为 C. 的值域为 D. 在单调递增 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A选项，利用奇偶性的定义进行判断即可； 对于B选项，利用周期性的定义进行判断即可； 对于C选项，首先证明函数的周期为，然后分与两种情况分别讨论函数的值域，进而进行判断选项的正误即可； 对于D选项，当可得，进而判断函数的单调区间即可. 【详解】对于A选项，已知且定义域为， 由于， 得是偶函数，故A选项正确； 对于B选项，， 得的最小正周期不是，故B选项错误； 对于C选项，由于， 得的周期为， 当时，， 由于，得，故 当时，， 由于，得，故. 综上所述可得的值域为，故C选项正确； 对于D选项，当时，， 由于，得，根据余弦函数性质可知在是单调递增. 故D选项正确. 故选：ACD 10. 设分别为椭圆的左、右焦点，为椭圆上第一象限内任意一点，分别表示直线的斜率，则（ ） A. 存在点，使得 B. 存在点，使得 C. 存在点，使得 D. 存在点，使得 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用椭圆的性质以及坐标运算逐一确定选项中的范围，进而判断存在性. 【详解】由已知得： 对于A，由为椭圆上第一象限内任意一点可得，，A正确； 对于B，由，得以为直径的圆与椭圆有4个交点，因而存在点使得，B正确； 对于C，由为椭圆上第一象限内任意一点可得且， 又由可得，解得，矛盾，C错误； 对于D，由已知， 因为， 而且，，所以，所以存在点，使得，D正确． 故选：ABD． 11. 柏拉图实体，也称为柏拉图多面体，是一组具有高度对称性的几何体．它们的特点是每个面都是相同的正多边形，每个顶点处的面的排列也完全相同．正八面体就是柏拉图实体的一种．如图是一个棱长为2的正八面体．甲、乙二人使用它作游戏：甲任选三个顶点，乙任选三个面的中心点，构成三角形．甲、乙选择互不影响，下列说法正确的是（ ） A. 该正八面体的外接球的体积为 B. 平面截该正八面体的外接球所得截面的面积为 C. 甲能构成正三角形的概率为 D. 甲与乙均能构成正三角形的概率为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由图形，根据勾股定理求出球半径，结合球的体积公式计算即可判断A；如图，根据等面积求出OH，进而求出截面圆的半径即可判断B；确定甲乙选择的三个点构成正三角形的情况，结合古典概型的概率公式计算即可判断CD. 【详解】A：由棱长为2，得正八面体上半部分的斜高为，高为， 则正八面体的体积为． 则正八面体的外接球的球心为，半径为， 所以外接球的体积为，故A正确； B：由于到平面的距离等于到平面的距离， 在中，过作的垂线，垂足为，则平面． 由，得， 平面截正八面体外接球所得截面是圆，半径， 所以所得截面的面积为，故B正确； C：甲随机选择的情况有种，甲选择的三个点构成正三角形，只有一种情况： 甲从上下两个点中选一个，从中间四个点中选相邻两个，共有种， 甲构成正三角形的概率为，故C错误； D：乙随机选择的情况有种，乙构成正三角形，只有一种情况： 上面四个面的中心中选一个点且从下面四个面的中心选相对的两个点， 或下面四个面的中心中选一个点且从上面四个面的中心选相对的两个点， 共有种，概率为；又甲能构成正三角形的概率为， 所以甲与乙均能构成正三角形的概率为，故D正确. 故选：ABD． 【点睛】关键点点睛：本题考查几何体与球的综合问题，垂直关系的转化，平面截球的问题，关键是：⑴利用球的弦长公式计算弦长；⑵确定平面截球体所得截面的形状. 三、填空题（每小题5分，共15分） 12. 已知，那么__________. 【答案】 【解析】 【分析】由同角三角函数的基本关系和两角和的正弦公式化简即可得出答案. 【详解】由题意可知，， 即：， 即，所以. 故答案为：. 13. 若直线与双曲线恰好有一个交点，则直线的斜率为_________________. 【答案】或 【解析】 【分析】联立直线方程和双曲线方程，然后根据方程解得个数讨论求解. 详解】将代入双曲线方程中得到：， 展开整理得. 当时，即时，方程变为一次方程，此时直线与双曲线的渐近线平行，直线与双曲线恰好有一个交点. 当时方程是二次方程， 若直线与双曲线恰好有一个交点，则判别式， 展开得到：. 进一步化简为，则. 解得.   故答案为：或. 14. 若直线为曲线的一条切线，则的最大值为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】设，切点为，再根据导数的几何意义求出切线方程，再结合题意求出的关系，再构造新的函数，利用导数求出最大值即可. 【详解】设，则， 设切点为，则， 则切线方程为，整理可得， 所以，解得， 所以，所以， 设，则， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 所以当时，取得最大值， 所以的最大值为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：设出切点，根据直线为曲线的一条切线，求出的关系，是解决本题的关键. 四、解答题 15. 记为数列的前项和，为数列的前项和，若且. （1）证明：数列是等比数列； （2）若成立，求的最小值. 【答案】（1）证明见解析 （2）4 【解析】 【分析】（1）由即可得，根据等比数列的定义可知，得出证明； （2）利用分组求和得出，解出不等式可得，即的最小值为4. 【小问1详解】 由可得，即， 即，而， 所以是以3为首项，3为公比的等比数列. 【小问2详解】 由（1）知，即 ， 由可得，整理可得，解得， 因为，所以的最小值为4. 16. 如图，等腰直角△ACD的斜边AC为直角△ABC的直角边，E是AC的中点，F在BC上．将三角形ACD沿AC翻折，分别连接DE，DF，EF，使得平面平面ABC．已知，， （1）证明：平面ABD； （2）若，求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）过D作，垂足为G，根据线面垂直的性质与判定可得平面DEF，进而证明即可； （2）先根据（1）结合可得，，，再以E为原点，建立空间直角坐标系，求解平面CDF的法向量，再根据面面垂直的向量求法求解即可 【小问1详解】 证明：过D作，垂足为G， ∵平面平面ABC，平面平面，平面DEF， ∴平面ABC，∵平面ABC，∴， ∵E是等腰直角三角形ADC斜边AC的中点， ∴，又，DE，平面DEF， ∴平面DEF，∵平面DEF，∴， ∵，∴， ∵平面ABD，平面ABD，∴平面ABD． 【小问2详解】 由题意可知，在等腰直角三角形ADC中， ∵，∴， 由（1）可知，EF为直角三角形BAC的中位线， ∵，∴，∴， ∵，∴，∴， ∴，． 以E为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设平面CDF的法向量，则，，，，， 由得，令，则， 显然，平面ABC的法向量，． 二面角的余弦值． 17. 同学们，你们知道排球比赛的规则和积分制吗?其规则是：每局25分，达到24分时，比赛双方必须相差2分，才能分出胜负；每场比赛采用“5局3胜制”（即有一支球队先胜3局即获胜，比赛结束）；比赛排名采用积分制，积分规则如下：比赛中，以3∶0或3∶1取胜的球队积3分，负队积0分；以3∶2取胜的球队积2分，负队积1分.甲、乙两队近期将要进行比赛，为预测它们的积分情况，收集了两队以往6局比赛成绩： 1 2 3 4 5 6 甲 25 21 27 27 23 25 乙 18 25 25 25 25 17 假设用频率估计概率，且甲，乙每局的比赛相互独立. （1）估计甲队每局获胜的概率； （2）如果甲、乙两队比赛1场，求甲队的积分X的概率分布列和数学期望； （3）如果甲、乙两队约定比赛2场，请比较两队积分相等的概率与的大小（结论不要求证明）. 【答案】（1） （2）分布列见详解； （3）两队积分相等的概率小于 【解析】 【分析】（1）根据题意利用频率估计概率即可； （2）随机变量的所有可能取值为0，1，2，3，再由独立事件的概率公式求得每个的取值所对应的概率即可得分布列，然后由数学期望的计算公式，得解； （3）设第场甲、乙两队积分分别为，，则，，2，由两队积分相等，可推出，再分四种情况，并结合独立事件的概率公式，即可得解． 【小问1详解】 由表可知：6场比赛甲赢了4场，则甲每局获胜的频率为， 用频率估计概率，所以甲队每局获胜概率为. 【小问2详解】 随机变量的所有可能取值为0，1，2，3， 可得：，， ，， 所以的分布列为 0 1 2 3 所以数学期望． 【小问3详解】 记“甲、乙比赛两场后，两队积分相等”为事件， 设第场甲、乙两队积分分别为，，则，，2， 因两队积分相等，所以，即，则， 而， ， ， 所以 ， 因为，所以两队积分相等的概率小于. 18. 设椭圆的离心率等于，抛物线的焦点是椭圆的一个顶点，分别是椭圆的左右顶点. （1）求椭圆的方程； （2）动点、为椭圆上异于的两点，设直线，的斜率分别为，，且，求证：直线经过定点. 【答案】（1） （2）证明见解析； 【解析】 【分析】（1）由抛物线方程可得焦点坐标，由椭圆离心率的值和它的一个顶点，可得的值，即求出椭圆方程； （2）设直线的方程，与椭圆方程联立，可得点坐标，同理可得点坐标，进而求得直线方程，可证得直线经过定点. 【小问1详解】 易知抛物线的焦点， 由可得，由离心率，且， 解得； 所以椭圆的方程为； 【小问2详解】 证明：由（1）可知， 显然直线的斜率存在，且不为零，设直线的斜率为， 则直线的方程为，如下图所示： 联立，整理可得， 因为直线过点，所以，可得； 代入可得，即； 由可得直线的斜率为，所以直线的方程为； 联立，消去整理可得. 因为直线过点，所以，可得； 代入可得，即； 若，即，可得， 直线的斜率为； 直线的方程为， 令，解得 所以直线过定点， 若，则，此时，直线也过定点. 综上可得，直线过定点 19. 将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后，所得曲线仍然是一个函数的图象，即函数的图象与直线至多有1个交点，则称函数具有“α旋转不变性”. （1）证明：函数，具有“旋转不变性”； （2）若函数具有“旋转不变性”，求m的取值范围. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据新定义转化为函数的图象与至多有1个交点，利用导数判断函数单调性即可得证； （2）根据函数具有“旋转不变性”转化为，构造函数求出函数的最大值即可得解. 【小问1详解】 由题意可知，当时，, 令 ，， 则， 在上单调递减. 故与至多有1个交点， 即与至多有1个交点， 故函数具有“旋转不变性” 【小问2详解】 由题意得：当时，， 函数与函数的图象至多有1个交点， 即方程至多有一个根, 即函数与函数的图象至多1个交点， 因此函数在上为单调函数， ，而当时，， 所以在上恒成立，故. 令，则 因为在上单调递减，且， 由零点存在定理可知，，使 所以， 当单调递增， 当单调递减， 所以， 即. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点在于紧扣具有“α旋转不变性”的定义，转化为函数单调即可，第二问利用函数单调可得导数恒大于等于0，据此分离参数，构造函数，利用导数求函数最大值即可,注意其中隐零点的应用. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 南阳一中2025年春期高三年级第十二次考试 数学试题 一、单选题（每小题5分，共40分） 1 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，则（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 3. 若向量，满足，且，，则（ ）． A. 2 B. C. 1 D. 4. 记为等比数列的前n项和，若，，则（ ）． A. 120 B. 85 C. D. 5. 在中，，，的面积为，则为（ ）． A. B. C. D. 6. 已知的定义域为的单调函数，且，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 7. 已知不等式对任意恒成立，则实数a最小值为（ ） A － B. 1 C. 0 D. －1 8. 设双曲线：的右焦点为，双曲线上的两点关于原点对称，且满足，，则双曲线的离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（每小题3分，共18分） 9. 设函数，则（ ） A. 是偶函数 B. 的最小正周期为 C. 的值域为 D. 在单调递增 10. 设分别为椭圆的左、右焦点，为椭圆上第一象限内任意一点，分别表示直线的斜率，则（ ） A. 存在点，使得 B. 存在点，使得 C. 存在点，使得 D. 存在点，使得 11. 柏拉图实体，也称为柏拉图多面体，是一组具有高度对称性的几何体．它们的特点是每个面都是相同的正多边形，每个顶点处的面的排列也完全相同．正八面体就是柏拉图实体的一种．如图是一个棱长为2的正八面体．甲、乙二人使用它作游戏：甲任选三个顶点，乙任选三个面的中心点，构成三角形．甲、乙选择互不影响，下列说法正确的是（ ） A. 该正八面体的外接球的体积为 B. 平面截该正八面体的外接球所得截面的面积为 C. 甲能构成正三角形的概率为 D. 甲与乙均能构成正三角形的概率为 三、填空题（每小题5分，共15分） 12. 已知，那么__________. 13. 若直线与双曲线恰好有一个交点，则直线的斜率为_________________. 14. 若直线为曲线的一条切线，则的最大值为__________. 四、解答题 15. 记为数列前项和，为数列的前项和，若且. （1）证明：数列是等比数列； （2）若成立，求的最小值. 16. 如图，等腰直角△ACD的斜边AC为直角△ABC的直角边，E是AC的中点，F在BC上．将三角形ACD沿AC翻折，分别连接DE，DF，EF，使得平面平面ABC．已知，， （1）证明：平面ABD； （2）若，求二面角的余弦值． 17. 同学们，你们知道排球比赛规则和积分制吗?其规则是：每局25分，达到24分时，比赛双方必须相差2分，才能分出胜负；每场比赛采用“5局3胜制”（即有一支球队先胜3局即获胜，比赛结束）；比赛排名采用积分制，积分规则如下：比赛中，以3∶0或3∶1取胜的球队积3分，负队积0分；以3∶2取胜的球队积2分，负队积1分.甲、乙两队近期将要进行比赛，为预测它们的积分情况，收集了两队以往6局比赛成绩： 1 2 3 4 5 6 甲 25 21 27 27 23 25 乙 18 25 25 25 25 17 假设用频率估计概率，且甲，乙每局的比赛相互独立. （1）估计甲队每局获胜的概率； （2）如果甲、乙两队比赛1场，求甲队的积分X的概率分布列和数学期望； （3）如果甲、乙两队约定比赛2场，请比较两队积分相等的概率与的大小（结论不要求证明）. 18. 设椭圆的离心率等于，抛物线的焦点是椭圆的一个顶点，分别是椭圆的左右顶点. （1）求椭圆的方程； （2）动点、为椭圆上异于的两点，设直线，的斜率分别为，，且，求证：直线经过定点. 19. 将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后，所得曲线仍然是一个函数的图象，即函数的图象与直线至多有1个交点，则称函数具有“α旋转不变性”. （1）证明：函数，具有“旋转不变性”； （2）若函数具有“旋转不变性”，求m的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$