精品解析：河南省信阳高级中学新校（贤岭校区）、老校（文化街校区）2024-2025学年高三上学期03月测试（一）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03月测试（一） 数学试题 命题人： 审题人： 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数 满足 ，则 （ ） A. B. C. D. 3. 已知平面向量为两两不共线的单位向量，则“”是“与共线”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. 已知，若，则（ ） A. B. C. D. 5. 将函数的图像向左平移2个单位长度，所得函数在单调递增，则a的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 已知直三棱柱中，，，点到直线的距离为，则三棱柱的外接球表面积为（ ） A. B. C. D. 7. 蒙日是法国著名的数学家，他首先发现椭圆的两条相互垂直的切线的交点的轨迹是圆，这个圆被称为“蒙日圆”.已知椭圆的焦点在轴上，为椭圆上任意两点，动点在直线上.若恒为锐角，根据蒙日圆的相关知识得椭圆的离心率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知的三条边上的高分别为，若，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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 某射击运动员在一次训练中10次射击成绩（单位：环）如下：6，5，7，9，6，8，9，9，7，5，这组数据的第70百分位数为8 B. 对于随机事件与，若，，则事件与独立 C. 若随机变量，，若最大，则 D. 设随机变量服从正态分布，若，则 10. 在直棱柱中，底面为正方形，，为线段上动点，，分别为和的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则经过，，三点的直棱柱的截面为四边形 B. 直线与所成角的余弦值为 C. 三棱锥的体积为定值 D. 的最小值为 11. 双纽线是卡西尼卵形线的一类分支， 在数学曲线领域占有至关重要的地位， 同时也具有特殊的有价值的艺术美. 双纽线的图形轮廓像 “ ”，是许多艺术家设计作品的主要几何元素. 已知在平面直角坐标系中， ，满足 的动点 的轨迹为曲线 . 则下列结论正确的是（ ） A. 曲线 既是中心对称又是轴对称图形 B. 曲线 上满足 的点 有 2 个 C. D. 曲线 上存在四个不同的点，使曲线在该点处切线的斜率为 0 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设，则________________． 13. 若直线为曲线的一条切线，则的最大值为__________. 14. 已知 为正整数，有穷数列 中所有可能的乘积 的和记为 . 例如，当 时， . 数列 的前 项和为_____. 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. 在锐角中，角所对的边分别为，，． （1）求； （2）记为的中点，求的取值范围． 16. 已知函数． （1）当时，讨论的单调性； （2）记函数，已知只有1个零点，求正整数的最小值． 17. 如图，是斜三棱柱的高，，，点，在线段上，其中是的中点，. （1）证明:; （2）若三棱锥的体积为，求二面角的余弦值. 18. 已知圆的圆心在抛物线上，且圆与抛物线的准线相切.如图，过抛物线上的三个不同点(在之间)，作抛物线的三条切线，分别两两相交于点. （1）求圆和抛物线的方程； （2）是否存在常数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； （3）当点的横坐标为4时，以为直角顶点，作抛物线的两个内接及，求线段的交点坐标. 19. 马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，在人工智能、自然语言处理、金融领域、天气预测等方面都有着极其广泛的应用.其数学定义为:假设我们的序列状态是，，那么时刻的状态的条件概率仅依赖前一状态，即.已知甲盒子中装有2个黄球和1个黑球，乙盒子中装有1个黄球和2个黑球(6个球的大小形状完全相同).记操作:从甲、乙两个盒子中各任取一个球交换放入另一个盒子中.在重复次操作后，记甲盒子中黄球个数为，恰有3个黄球的概率为，恰有2个黄球的概率为，并记的数学期望为. （1）求; （2）求; （3）证明:. 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03月测试（一） 数学试题 命题人： 审题人： 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用集合交集的知识求解即可. 【详解】则 故选：C. 2. 若复数 满足 ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由复数的运算化简即可； 【详解】由 ，则 ，即 . 故选：A. 3. 已知平面向量为两两不共线的单位向量，则“”是“与共线”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】C 【解析】 【分析】由题设有设，，，如下图，为边长为1的菱形，数形结合及向量加减、数乘的几何意义判断条件间的推出关系，即可得答案. 【详解】由平面向量为两两不共线的单位向量， 设，，，如下图，为边长为1的菱形， 若，即与垂直，， 即，而，且， 所以共线，即与共线； 若与共线，即且，而，即， 所以与垂直，故. 所以“”是“与共线”的充要条件. 故选：C 4. 已知，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据诱导公式及二倍角余弦公式求解. 【详解】因为， 所以， 故选：C 5. 将函数的图像向左平移2个单位长度，所得函数在单调递增，则a的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】函数的图像可由对勾函数图像平移得到,由对号函数的单调区间，得到的单调区间，可解出a的最大值. 【详解】， 显然的图像是函数 的图像 向右移动了个单位， 是对勾函数，任取， ，，， 当时，，，， 当时，，，， 得在上单调递减，在上单调递增， ∴在上单调递减，在上单调递增， 由函数的图像向左平移2个单位长度，所得函数在单调递增，得在单调递增，∴，， 则a的最大值为3, 故选：C 6. 已知直三棱柱中，，，点到直线的距离为，则三棱柱的外接球表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据点到直线的距离可得三棱柱的高，确定外接球球心，结合勾股定理可得外接球半径与外接球表面积. 【详解】 过点作于点，连接， 因为三棱柱为直三棱柱， 平面， 又平面， ， ，平面，且， 平面， 平面， ， 易知，， ，， ， 则， 设外接圆圆心为，外接圆圆心为， 则，即， 且三棱柱外接球球心为中点， 则外接球半径， 表面积为， 故选：. 7. 蒙日是法国著名的数学家，他首先发现椭圆的两条相互垂直的切线的交点的轨迹是圆，这个圆被称为“蒙日圆”.已知椭圆的焦点在轴上，为椭圆上任意两点，动点在直线上.若恒为锐角，根据蒙日圆的相关知识得椭圆的离心率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据蒙日圆定义求得椭圆的蒙日圆方程，根据为锐角可知直线与蒙日圆相离，根据直线与圆位置关系可求得范围，进而得到离心率的取值范围. 【详解】椭圆的焦点在轴上，， 直线，与椭圆都相切， ，所围成矩形的外接圆即为椭圆的蒙日圆， 为椭圆上任意两个动点，动点满足为锐角， 点在圆外，又动点在直线上，直线与圆相离，，解得：， 又，； 椭圆离心率，，. 故选：B. 8. 已知的三条边上的高分别为，若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设的面积为，由题意可得，利用三角形三边关系可求解. 【详解】设的面积为，由题意可得，又因为， 所以，由三边关系定理可得， 所以，所以，所以， 所以，所以的取值范围为. 故选：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. 下列说法正确的是（ ） A. 某射击运动员在一次训练中10次射击成绩（单位：环）如下：6，5，7，9，6，8，9，9，7，5，这组数据的第70百分位数为8 B. 对于随机事件与，若，，则事件与独立 C. 若随机变量，，若最大，则 D. 设随机变量服从正态分布，若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，利用百分位数的定义判断即可；对于B，利用对立事件和条件概率的公式，结合独立事件的定义判断即可；对于C，根据随机变量的均值与方差公式，结合二项分布的概率公式求解即可；对于D，利用正态曲线的特点判断即可. 【详解】对于A，把数据从小到大排列为：5，5，6，6，7，7，8，9，9，9，因为， 则这组数据的第百分位数为，故A错误； 对于B，，又，所以，即事件与相互独立，故B正确； 对于C，因为随机变量，所以，故，又，当最大时，；又， 此时，故C正确； 对于D，因为随机变量服从正态分布，所以正态曲线关于直线对称，又因为，所以，所以，故D正确. 故选：BCD. 10. 在直棱柱中，底面为正方形，，为线段上动点，，分别为和的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则经过，，三点的直棱柱的截面为四边形 B. 直线与所成角的余弦值为 C. 三棱锥的体积为定值 D. 的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】作出经过，，三点的截面，判断A的真假；作出异面直线与所成的角，利用等腰三角形的性质，求角的余弦，判断B的真假；判断点到平面的距离是否为定值，可判断C的真假；转化成平面上两点之间线段最短，并求出最小值，可判断D的真假. 【详解】对A：如图： 直线交直线于，设. 因为， 因为三点共线，所以，因为，所以. 所以点在线段上. 设射线与射线交于点，连接交于点. 在线段上取点，使；在线段上取点，使. 依次连接，可得经过，，三点的直棱柱的截面，可见截面不是四边形，故A错误； 对B：如图： 因为，所以即为异面直线与所成的角，设为. 在中，，，所以，故B正确； 对C：易知平面平面，平面，所以平面. 点，所以到平面的距离为定值，所以三棱锥的体积为定值.故C正确； 对D：如图 将绕旋转，使共面，则. 过作与直线垂直，垂足为. 在中，，，，所以，，， 所以.故D正确. 故选：BCD 11. 双纽线是卡西尼卵形线的一类分支， 在数学曲线领域占有至关重要的地位， 同时也具有特殊的有价值的艺术美. 双纽线的图形轮廓像 “ ”，是许多艺术家设计作品的主要几何元素. 已知在平面直角坐标系中， ，满足 的动点 的轨迹为曲线 . 则下列结论正确的是（ ） A. 曲线 既是中心对称又是轴对称图形 B. 曲线 上满足 的点 有 2 个 C. D. 曲线 上存在四个不同的点，使曲线在该点处切线的斜率为 0 【答案】ACD 【解析】 【分析】由题意中等式结合两点间距离公式表示出曲线方程可得A正确；由可得这样的 点只有 1 个，即为原点可得B错误；由曲线方程整理出可得C正确；由图象观察可得D正确；也可由导数的意义求出. 【详解】对于A，设 点坐标为则曲线 ，故 正确； 对于 ，若 ，则 ，这样的 点只有 1 个，即为原点， 故 错误； 对于C，由 得， 整理得， ，所以 ，故C正确； 对于D，从双纽线的图形上，可以观察有四个点处切线的斜率为 0， 另外，由 得 ，则 ， 令 或 0，经计算曲线 在原点处的切线方程为 ，故D 正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题C选项的关键是能利用曲线方程整理出两点间公式，再求出范围. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设，则________________． 【答案】17 【解析】 【分析】利用二项式展开式的通项公式求常数项和的系数即可. 【详解】二项式 展开式的通项为， 当，即时，， 当，即时，， 所以， 故答案为：17 13. 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. 14. 已知 为正整数，有穷数列 中所有可能的乘积 的和记为 . 例如，当 时， . 数列 的前 项和为_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据已知求出，令，最后利用裂项相消求数列的前 项和即可. 【详解】根据题意有： ， 令，所以， 则的前 项和为，则有： 故答案为：. 【点睛】方法点睛：新定义问题的方法和技巧： （1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解； （2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻； （3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律； （4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念. 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. 在锐角中，角所对的边分别为，，． （1）求； （2）记为的中点，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）应用正余弦定理以及两角和正弦公式计算得出，进而可求角； （2）结合正弦定理及余弦定理，再应用锐角三角形求出，最后结合正切值域及二次函数值域得出的范围. 【小问1详解】 因为，由正弦定理可得， 由， 则，， 则， 整理得， 且，，故， 又，故． 【小问2详解】 在中，由余弦定理可得， 又， 因为为锐角三角形，所以， 解得．所以， 所以． 故的取值范围为． 16. 已知函数． （1）当时，讨论的单调性； （2）记函数，已知只有1个零点，求正整数的最小值． 【答案】（1）在区间上单调递减，上单调递增 （2） 【解析】 【分析】（1）利用导数与函数单调性的关系即可求解； （2）求导，通过讨论函数函数单调性，结合函数零点个数将问题转换成成立即可. 【小问1详解】 当时， ，， 则， 当时，；当时，． 故在区间上单调递减，上单调递增． 【小问2详解】 ， ， 因为，令，则或． 当时， 由，可得或， 由，可得： 所以在上单调递增，上单调递减，上单调递增， 当时，，，， 又，因只有1个零点，需使． 令，求导得：， 又，，易得 可知在上单调递减； 又时，，， 即存在，使得， 因，，又因，故． 17. 如图，是斜三棱柱的高，，，点，在线段上，其中是的中点，. （1）证明:; （2）若三棱锥的体积为，求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据三角形全等，可得，即可根据等边三角形的性质求解， （2）建立空间之间坐标系，根据体积可得，即可求解两平面的法向量，根据法向量的夹角求解. 【小问1详解】 由于，平面, 故,因此， 故在的垂直平分线上， 由于，是的中点，故 【小问2详解】 由于平面， 故点到平面的距离与到平面的距离相等， 故,解得，因此, 因此是三角形的重心， 如图：连接,过作的垂线，垂线所在的直线作为轴，所在的直线作为轴，以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 故, ,则, ,, 设平面的法向量为， 则，取，则， ,, 设平面的法向量为， 则，取，则， 故 由于二面角的平面角为锐角，故余弦值为 18. 已知圆的圆心在抛物线上，且圆与抛物线的准线相切.如图，过抛物线上的三个不同点(在之间)，作抛物线的三条切线，分别两两相交于点. （1）求圆和抛物线的方程； （2）是否存在常数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； （3）当点的横坐标为4时，以为直角顶点，作抛物线的两个内接及，求线段的交点坐标. 【答案】（1）圆的方程为，抛物线的方程为 （2）存在，使得，理由见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据圆的标准方程求出圆心坐标，代入抛物线方程，再结合圆与抛物线准线相切求出的值，从而得到圆和抛物线的方程； （2）设，利用导数求出切线方程，进而得到交点坐标，再通过向量运算可得答案； （3）根据已知条件求出点坐标，设，利用直角三角形条件得到方程，解方程组求出交点坐标. 【小问1详解】 圆的圆心， 因为圆心在抛物线上，所以，即， 因为圆与抛物线的准线相切，所以， 解得，， 所以圆的方程为， 抛物线的方程为； 【小问2详解】 存在常数，使得，理由如下， 设，， 则在点处的坐切线方程为，即， 在点处的坐切线方程为，即, 由，解得，所以， 同理可得，，，， ， ， 所以 ， ， ，可得， 所以存在，使得； 【小问3详解】 因为、是抛物线的两个内接三角形， 所以直线的斜率存在且不为0， 当点的横坐标为4时，代入得，所以， 设， 由为直角顶点， 设，则， 则直线的方程为，与联立得 ，则, ，可得， 同理可得， 所以直线的方程为 ， 整理得，即， 设，则， 则直线的方程为，与联立得 ，则, ，可得， 同理可得， 所以直线的方程为 ， 整理得， 由得， 所以的交点坐标为. 【点睛】方法点睛：在探究抛物线切线相关问题，利用导数求出切线方程，进而求出交点坐标，凸显出导数作为工具在解析几何中确定图形的关键. 19. 马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，在人工智能、自然语言处理、金融领域、天气预测等方面都有着极其广泛的应用.其数学定义为:假设我们的序列状态是，，那么时刻的状态的条件概率仅依赖前一状态，即.已知甲盒子中装有2个黄球和1个黑球，乙盒子中装有1个黄球和2个黑球(6个球的大小形状完全相同).记操作:从甲、乙两个盒子中各任取一个球交换放入另一个盒子中.在重复次操作后，记甲盒子中黄球个数为，恰有3个黄球的概率为，恰有2个黄球的概率为，并记的数学期望为. （1）求; （2）求; （3）证明:. 【答案】（1）； （2）； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据组合公式和独立事件的乘法公式即可得到答案； （2）分析得的所有可能得取值为3，2，1，0，再写出对应的概率，利用期望公式即可得到答案； （3）分别计算，构造得，再利用等比数列通项公式得，再取倒数，求和放缩即可. 【小问1详解】 分别表示操作一次后，甲盒子中恰有3个、2个黄球的概率， 由题可知:. 【小问2详解】 记重复次操作后，甲盒子中恰有1个黄球的概率为， 易得. 由题易得的所有可能得取值为3，2，1，0， 且， ， ， ， 所以的分布列为： 3 2 1 0 数学期望为. 【小问3详解】 记重复次操作后，甲盒子中恰有1个黄球的概率为， 由题，可得， 而， ， ， 于是，， 也即， 因此是等比数列，公比为， 首项为， 所以. 因此:， ， . 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是构造等比数列，再求出，最后求和即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $