精品解析： 河南省新乡市卫辉市高级中学2024-2025学年高三下学期一月适应性考试数学试题

卫辉高级中学2024—2025学年高三毕业班一月适应性考试 数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题纸上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题纸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.写在本试卷上无效.回答非选择题时，将答案写在答题纸上. 写在本试卷上无效. 一、单项选择题：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. 1. 设集合，则（ ） A B. C. D. 2. 若复数满足（i为虚数单位），则的虚部是（ ） A. i B. 1 C. D. 3. 已知平面直角坐标系中不同的三点，圆心在y轴上的圆E经过A，B，C三点，设点M的坐标为，则M点的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 4. 设的外心为，重心为，并且满足，则当最大时，的外接圆半径为（ ） A. B. C. D. 5. 在四棱锥中，平面，二面角的大小为，若点均在球的表面上，则球的表面积最小值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数的值域为R，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 函数（，）的部分图象如图所示，的图象与y轴交于M点，与x轴交于C点，点N在图象上，点M、N关于点C对称，下列说法错误的是（ ） A. 函数的最小正周期是 B. 函数的图象关于点对称 C. 函数单调递增 D. 函数的图象向右平移后，得到函数的图象，则为奇函数 8. 函数，不等式对恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列命题中，正确的命题是（    ） A. 已知随机变量服从二项分布，若，，则 B. 已知，则 C. 设随机变量服从正态分布，若，则 D. 某人在10次射击中，击中目标次数为，，则当时概率最大. 10. 已知函数均为定义在上的非常值函数，且为的导函数.对且，则（ ） A. B. 为偶函数 C. D. 11. 2022年卡塔尔世界杯赛徽近似“伯努利双纽线”.伯努利双纽线最早于1694年被瑞士数学家雅各布伯努利用来描述他所发现的曲线.定义在平面直角坐标系xOy中，把到定点距离之积等于定值的点的轨迹称为双纽线，已知点是双纽线上一点，下列关于双纽线的说法正确的是（ ） A. 的最大值为 B. 双纽线是中心对称图形 C. D. 到距离之和的最小值为2c 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 已知，则曲线在点处切线方程为__________. 13. 已知点是双曲线左支上一点是双曲线左、右两个焦点，且与两条渐近线相交于两点（如图），点恰好平分线段，则双曲线的离心率是______． 14. 已知，且，记随机变量X为x，y，z中的最小值，则________． 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. 在锐角三角形ABC中，角的对边分别为若，且. （1）求； （2）求的最大值. 16. 已知过点，且斜率为k的直线与抛物线相交于A，B两点，O为坐标原点，当的面积等于时，求k的值． 17. 如图所示，在直三棱柱中，E为的中点，F为与的交点． （1）求证：平面； （2）若，，，求四棱锥的体积． 18. 已知函数． （1）当时，求的单调递增区间； （2）若有两个极值点． （ⅰ）求取值范围； （ⅱ）证明：． 19. 设是定义在上的函数，若对于任意的，存在，均有，则称为“函数”． （1）若函数，证明：不是“函数”． （2）若函数，证明：是“函数”． （3）对于区间，定义，已知，且为“函数”，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 卫辉高级中学2024—2025学年高三毕业班一月适应性考试 数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题纸上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题纸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.写在本试卷上无效.回答非选择题时，将答案写在答题纸上. 写在本试卷上无效. 一、单项选择题：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. 1. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据交集的概念求解出结果. 【详解】因为，所以， 故选：C 2. 若复数满足（i为虚数单位），则的虚部是（ ） A. i B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的除法运算可得，即可得结果. 【详解】因为，可得， 所以的虚部是. 故选：D. 3. 已知平面直角坐标系中不同的三点，圆心在y轴上的圆E经过A，B，C三点，设点M的坐标为，则M点的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件可得，再利用数量积坐标表示求出方程. 【详解】由圆心在y轴上的圆E经过点，得线段为圆的直径， 而点在轴上，则，又， 于是，而不重合，即， 所以M点的轨迹方程为. 故选：D 4. 设的外心为，重心为，并且满足，则当最大时，的外接圆半径为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设外接圆半径为，根据向量数量积的运算律结合重心的性质与二倍角的余弦公式得，再利用导数求出极大值点即可. 【详解】设外接圆半径为， 则根据重心向量公式有， 则 ， 令，此时， 当时，，此时单调递增； 当时，，此时单调递减； 故当最大时，的外接圆半径为. 故选；D 5. 在四棱锥中，平面，二面角的大小为，若点均在球的表面上，则球的表面积最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题设易得是四边形外接圆的直径，中点为外接球球心，令且，求得外接球半径关于的表达式，求其最小值，即可求表面积最小值． 【详解】由题设，，，，在一个圆上，故，又， 所以，即，故是四边形外接圆的直径， 由平面，，，平面，则，，， 由，，平面，则平面，平面，则， 由，，平面，则平面，平面，则， 故，，都是以为斜边的直角三角形，故中点为外接球球心， 且为二面角的平面角，故， 因为，， 令且，则，， 故， 所以外接球半径， 当时，，此时球的表面积的最小值为． 故选：C 6. 已知函数的值域为R，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出函数的函数值集合，再由分段函数值域的意义求出a的范围作答. 【详解】当时，，而函数在上单调递增，又是增函数， 因此函数在上单调递增，，即函数在上的值域为， 当时，函数的值域为，而函数的值域为R，因此， 而当时，，必有，解得， 所以a的取值范围是. 故选：C 7. 函数（，）的部分图象如图所示，的图象与y轴交于M点，与x轴交于C点，点N在图象上，点M、N关于点C对称，下列说法错误的是（ ） A. 函数的最小正周期是 B. 函数的图象关于点对称 C. 函数在单调递增 D. 函数的图象向右平移后，得到函数的图象，则为奇函数 【答案】C 【解析】 【分析】A选项，根据M、N关于点C对称得到点横坐标，从而得到最小正周期；B选项，根据的图象关于点对称和最小正周期得到B正确；C选项，求出，将代入解析式求出，，从而利用整体法判断出在不单调；D选项，求出，得到其奇偶性. 【详解】A选项，点M、N关于点C对称，故， 设的最小正周期为，则，故，A正确； B选项，可以看出函数图象关于点对称， 又的最小正周期， 故函数的图象关于点对称，B正确； C选项，又，故， ，故将代入解析式得， 解得， 又，故当且仅当时，满足要求，故， 又当时，，故， 则， 当时，， 由于在上不单调， 故在上不单调，C错误； D选项，，定义域为R， 又，为奇函数，D正确. 故选：C 8. 函数，不等式对恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】令，根据奇偶性定义判断为奇函数，再应用导数研究的单调性，进而将目标式转化为在R上恒成立，求参数范围. 【详解】因为， 所以， 令，则，得为奇函数， 又， ，当且仅当，即时等号成立； ，当且仅当，即时等号成立； 所以，得在R上为增函数， 因为， 所以在R上恒成立，显然时满足； 当，需满足，解得， 综上，. 故选：D 【点睛】关键点点睛：注意构造，判断其奇偶性、单调性，最后将问题化为在R上恒成立为关键. 二、多项选择题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列命题中，正确的命题是（    ） A. 已知随机变量服从二项分布，若，，则 B. 已知，则 C. 设随机变量服从正态分布，若，则 D. 某人在10次射击中，击中目标的次数为，，则当时概率最大. 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于选项A：利用二项分布的期望和方程公式列出关于的方程，解方程即可判断；对于选项B：根据排列数和组合数的计算公式计算即可作出判断；对于选项C：利用正态分布图象的对称性即可判断；对于选项D：由独立重复实验的概率计算公式和组合数公式，求出，，时的概率，通过解不等式求出的范围即可判断. 【详解】对于选项A：随机变量服从二项分布，，，可得，，则，故选项A错误； 对于选项B：根据排列数和组合数的计算公式可得，，， 因为，所以有，即解得，故选项B正确； 对于选项C：随机变量服从正态分布，则图象关于轴对称，若，则，即，故选项C正确； 对于选项D：因为在10次射击中，击中目标的次数为，，当时，对应的概率， 所以当时，， 令得，即， 因为，所以且，即时，概率最大，故选项D正确． 故选：BCD. 10. 已知函数均为定义在上的非常值函数，且为的导函数.对且，则（ ） A. B. 为偶函数 C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】选项A，根据条件，令，即可求解；选项B，利用选项A中结果，令，即可求解；选项C，令，得到，进而有，再利用选项B中结果，得到为奇函数，从而得出的周期为的周期函数，即可求解；选项D，令，得到，用代替得到，利用C中结果，两式相加，即可求解. 【详解】因为，且， 对于选项A，令，得到，所以或， 若，令，得到，得到，与题不合， 所以，故选项A错误， 对于选项B，由选项A知，令，得到， 即，又的定义域为，所以选项B正确， 对于选项C，令，得到， 所以关于点中心对称， 即，所以， 又由选项B知，，得到，即， 所以为奇函数，令，由，得到， 则有，所以， 即的周期为的周期函数，所以，故选项C正确， 对于D，令，得到则①， 用代替得到②， 由①+②得， 由选项C知，所以，故选项D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：本题综合考查函数性质的应用，涉及到函数的奇偶性、周期性以及导数的知识，抽象函数性质综合问题一般使用赋值法，本题的关键在于选项C和D的判断，选项C解答的关键是根据题意采用变量代换推出函数为周期为4的周期函数，即可求解，选项D，通过赋值得到和，结合条件和对称性，即可求解. 11. 2022年卡塔尔世界杯赛徽近似“伯努利双纽线”.伯努利双纽线最早于1694年被瑞士数学家雅各布伯努利用来描述他所发现的曲线.定义在平面直角坐标系xOy中，把到定点距离之积等于定值的点的轨迹称为双纽线，已知点是双纽线上一点，下列关于双纽线的说法正确的是（ ） A. 的最大值为 B. 双纽线是中心对称图形 C. D. 到距离之和的最小值为2c 【答案】BCD 【解析】 【分析】B选项，求出双纽线的轨迹方程为，将换成，把换成，方程不变，故B正确；C选项，由三角形面积公式得到，得到；D选项，由基本不等式得到D正确；A选项，当不重合时，，两边平方后，结合余弦定理得到，求出. 【详解】B选项，由题意得双纽线的轨迹方程为， 将换成，把换成得， 即，故双纽线关于原点中心对称，B正确； C选项，，其中， 又在双纽线上，故， 故，所以， 当且仅当时，等号成立，所以，C正确； D选项，，当且仅当时，等号成立， 故D正确； A选项，当重合时，， 当不重合时，， 两边平方得， 在中，由余弦定理得①， 即②， 式子①②联立得，， 当落在轴上（除原点）时，等号成立， 故，的最大值为，A错误. 故选：BCD 【点睛】方法点睛：研究动点轨迹的性质时，若需研究其对称性，一般要写出轨迹方程，换成，或换成，或两者一起交换，进行推导，其他性质常常用到一些工具，比如平面向量，正余弦定理，基本不等式等知识 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 已知，则曲线在点处切线方程为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先求导函数，再求斜率和切点的纵坐标，即可求切线方程. 【详解】， 所以，且， 所以曲线在点处切线方程为，即. 故答案为：. 13. 已知点是双曲线左支上一点是双曲线的左、右两个焦点，且与两条渐近线相交于两点（如图），点恰好平分线段，则双曲线的离心率是______． 【答案】 【解析】 【分析】利用三角形中位线定理、锐角三角函数的正弦与余弦的定义，结合已知，可以求出的双曲，进而求得双曲线的离心率. 【详解】因为是中点，即是的中位线， 则， 可得，， 又因为，则，，关系 则， 所以双曲线的离心率是. 故答案为：. 14. 已知，且，记随机变量X为x，y，z中的最小值，则________． 【答案】 【解析】 【分析】求出X可能取值为1和2，分别求出事件总情况及与的情况，求出相应的概率，求出期望，利用计算出答案. 【详解】因为，所以随机变量X可能取值为1和2， 用隔板法可求得：事件总情况为种， 时，分两种情况： ①三个数中只有一个1，有种； ②三个数中有两个1，有种， 所以时，， 时，也分两种情况： ①三个数中只有一个2，有种； ②三个数中有两个2，有种， 所以是，， 所以， ， 故答案为：． 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. 在锐角三角形ABC中，角的对边分别为若，且. （1）求； （2）求的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件得到，从而得到，即可得到，再利用同角三角函数关系求解即可. （2）根据已知条件得到，再结合基本不等式得到，从而得到，即可得到答案. 【小问1详解】 因为，，所以， 所以，即. 所以. 因为为锐角三角形，所以. 【小问2详解】 因为， 所以， 当且仅当时取等号. 所以，解得， 即. 所以，当且仅当时取等号. 即的最大值为. 16. 已知过点，且斜率为k的直线与抛物线相交于A，B两点，O为坐标原点，当的面积等于时，求k的值． 【答案】． 【解析】 【分析】点斜式表示出直线方程，与抛物线联立方程组，利用韦达定理和的面积求k的值． 【详解】过点且斜率为k的直线方程为， 联立，得，所以， 设点，， 由根与系数的关系，， 设直线与x轴交于点N，则， 因为， 所以， 解得． 17. 如图所示，在直三棱柱中，E为的中点，F为与的交点． （1）求证：平面； （2）若，，，求四棱锥的体积． 【答案】（1）证明见解析； （2）12. 【解析】 【分析】（1）连接，利用线面平行的判定推理得证. （2）根据给定条件，结合线面垂直的判定证得平面，再利用锥体的体积公式计算即可. 【小问1详解】 在直三棱柱中，连接， 由，得F是的中点，而E为的中点，则， 又平面，平面，所以平面． 【小问2详解】 由，得，则， 由直三棱柱，得平面，而平面，则， 平面，于是平面， 所以四棱锥的体积. 18. 已知函数． （1）当时，求的单调递增区间； （2）若有两个极值点． （ⅰ）求取值范围； （ⅱ）证明：． 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导，令导函数大于0，可求函数的增区间. （2）（ⅰ）求导，结合换元法，把问题转化成二次函数有两个不等正根可求参数的取值范围. （ⅱ）利用（ⅰ）中的有关结论，把化成，设，问题转化成证明.利用导数，分析函数单调性，即可证明结论. 【小问1详解】 当时，， 由，所以. 故单调递增区间为. 【小问2详解】 （ⅰ），令，即 令，，则是方程的两个正根， 则，即， 有，，即. 所以的取值范围为：. （ⅱ） 令 则． 令，则， 则在上单调递减， 又 故存在，使，即， 则当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减 则， 又，故 即. 【点睛】关键点点睛：本题第二问关键是利用换元的思想，利用换元转化为其他函数，利用导数，转化为隐零点问题求解. 19. 设是定义在上的函数，若对于任意的，存在，均有，则称为“函数”． （1）若函数，证明：不是“函数”． （2）若函数，证明：是“函数”． （3）对于区间，定义，已知，且为“函数”，证明：． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）不妨假设是“函数”，得出，通过取特殊值时，判断出不等式不成立，得出假设不成立即可判断； （2），求导后，进一步令，利用导数研究单调性，并且结合零点存在定理解决隐零点问题，进一步判断出原函数的单调性求解； （3）根据是“函数”，得出在区间上也满足题目给定的不等式的条件，利用导数研究函数的单调性，从而进一步求出的取值范围，最后再利用作差法比较两者的大小． 【小问1详解】 假设是“函数”，则， 即在上恒成立． 因为， 所以假设不成立，即不是“函数”． 【小问2详解】 令，， 则． 令，，则在上恒成立，即在上单调递减． 因为，，所以，， 则当时，，单调递增，当时，，单调递减． 由，可得在上恒成立， 故是“函数”． 【小问3详解】 由为“函数”，可得， 即． 令，， 则． 由，且，可得． 令，， 则在上恒成立，则在上单调递增． 由，可得， 则，即． 【点睛】关键点睛：本题不仅验证了函数和是否满足给定条件，还进一步探讨了区间长度的比较，理解函数的凸凹性及其在不同区间的表现是关键的，解题时，应先明确题干信息中函数的性质，再根据性质和条件进行验证． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$