精品解析：河南省周口市项城市2024-2025学年高三下学期3月联考数学试题

2025届高三第二学期3月质量检测 数学 全卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷，草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚． 4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交． 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 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则在复平面内对应点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 某校高三年级共有2000人，其中男生1200人，女生800人，某次考试结束后，学校采用按性别分层随机抽样方法抽取容量为的样本，已知样本中男生比女生人数多8人，则（ ） A. 20 B. 30 C. 40 D. 48 4. 设正项等比数列的前项和为，若，，则（ ） A. 31 B. 32 C. 63 D. 65 5. 已知直线的斜率为1，若与圆和曲线均相切，则（ ） A. 1 B. C. 1或 D. 1或 6. 设双曲线的右焦点为，上一点到轴的距离为，则点的横坐标为（ ） A. －2 B. －1 C. 1 D. 2 7. 已知，是半径为2的圆上的两点，动点满足，则的最小值为（ ） A. B. C. －1 D. －2 8. 设函数，若，则的取值范围为（ ） 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. 已知圆锥的母线长为4，其侧面积是底面积的2倍，则（ ） A. 该圆锥母线与底面所成角为 B. 该圆锥的体积为 C. 该圆锥侧面展开图的面积为 D. 该圆锥侧面展开图为半圆 10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 或 B. C. 的图象关于点中心对称 D. 若函数是偶函数，且，则的最小值为 11. 设为抛物线的焦点，为坐标原点，，在上（不与重合），满足，则（ ） A. 当垂直轴时， B. 可能是的重心 C. ，，不可能共线 D. 面积的最小值为4 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知为第二象限角，若，则______． 13. 若函数的图象关于直线对称，则______． 14. 已知数列满足，，其中等可能取－1，0，1，设“”为事件，则______． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 如图，在四棱锥中，平面平面，，． （1）证明：平面平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值． 16. 已知椭圆的焦距为2，点在上． （1）求的标准方程； （2）若点与关于坐标原点对称，点在上，求面积最大值及此时的坐标． 17. 记内角，，的对边分别为，，，已知． （1）若，求； （2）若，求面积的最大值． 18. 设函数． （1）当时，求的极值； （2）若当时，恒成立，求的取值范围； （3）当时，若，证明：． 19. 已知数列，其中第一项是1，接下来的两项是1，，接下来的三项是1，，，再接下来的四项是1，，，，依此类推．设为的前项和． （1）求； （2）判断是否存在正整数，使得，若存在，求的最小值；若不存在，说明理由； （3）对于任意给定的正整数，若数列的前项中恰有项为1，记此时的最大值为，证明：． 参考公式：，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届高三第二学期3月质量检测 数学 全卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷，草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚． 4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交． 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. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先确定集合中元素，再由补集定义得结论． 【详解】由已知，所以， 故选：D． 2. 已知，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】由复数除法化简算数，然后得对应点坐标后可得其所在象限． 【详解】，对应点坐标为，在第四象限， 所以在复平面内对应的点位于第一象限， 故选：A． 3. 某校高三年级共有2000人，其中男生1200人，女生800人，某次考试结束后，学校采用按性别分层随机抽样的方法抽取容量为的样本，已知样本中男生比女生人数多8人，则（ ） A. 20 B. 30 C. 40 D. 48 【答案】C 【解析】 【分析】利用分层抽样的性质直接求解. 【详解】根据分层抽样的性质可知，样本中男生人数为：， 样本中女生人数为：， 由题意，所以， 所以. 故选：C 4. 设正项等比数列的前项和为，若，，则（ ） A. 31 B. 32 C. 63 D. 65 【答案】C 【解析】 【分析】先求得公比，再由等比数列前项和公式计算． 【详解】数列的公比为，则由，，得， 解得（舍去，因为数列是正项等比数列）， 所以， 故选：C． 5. 已知直线的斜率为1，若与圆和曲线均相切，则（ ） A. 1 B. C. 1或 D. 1或 【答案】D 【解析】 【分析】设直线的方程为，利用与圆相切可求得，利用导数的几何意义，分类计算可求得的值. 【详解】由直线的斜率为1，可设直线的方程为， 由直线与圆相切，所以，解得或， 又与曲线相切，设切点为，求导得，， 当，直线的方程为， 所以，解得， 当，直线的方程为， 所以，解得， 综上所述：或. 故选：D. 6. 设双曲线的右焦点为，上一点到轴的距离为，则点的横坐标为（ ） A. －2 B. －1 C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】利用双曲线方程求得右焦点坐标，设，结合已知可得，求解即可. 【详解】由双曲线，可得，则，其右焦点为， 设，因为上一点到轴的距离为， 所以，所以， 又，所以，所以， 所以，所以，解得或， 又或，所以，即点的横坐标为. 故选：D 7. 已知，是半径为2的圆上的两点，动点满足，则的最小值为（ ） A. B. C. －1 D. －2 【答案】B 【解析】 【分析】作出示意图可知最小时，需且与共线反向，据此计算可求最小值. 【详解】作出示意图如图所示，当向量确定时，要使最小， 由图形可知，此时只需且与共线反向即可， 连接，则与共线反向时，最小， 设，则 ， 当时，的最小值为. 故选：B. 8. 设函数，若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】令，分和，讨论对均成立时的范围，进而求得由恒成立时的范围，可得结论. 【详解】令，求导得， 当时，，则在上单调递增，又， 所以当时，， 当时，，可得或（舍去）， 当时，，当，， 所以，若，则， 由，则， 令，则， 所以当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 所以，故， 所以若，则的取值范围为. 故选：B. 【点睛】方法点睛：对于两个函数的积恒小于等0，分别讨论研究两个函数恒大于或恒小于等于0时的变量的取值范围，从而求解. 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. 已知圆锥的母线长为4，其侧面积是底面积的2倍，则（ ） A. 该圆锥母线与底面所成角为 B. 该圆锥的体积为 C. 该圆锥侧面展开图的面积为 D. 该圆锥侧面展开图为半圆 【答案】ABD 【解析】 【分析】设圆锥底面半径，然后得到底面面积和周长，从而表示出侧面面积，由题意建立方程解得底面半径.然后由母线和底面半径求出母线与底面夹角；由母线与底面夹角的正弦值求出圆锥的高，从而求出体积；由公式求出侧面面积；由侧面面积与以母线为半径的圆的面积关系得到侧面展开图是否是半圆. 【详解】设圆锥底面半径为， 则底面面积，底面周长， ∴侧面面积， 由题意得，即，即， 设该圆锥母线与底面所成角为，则，即，A选项正确； 则该圆锥的体积，B选项正确； 侧面面积，C选项错误； 侧面面积，所以该圆锥侧面展开图为半圆，D选项正确. 故选：ABD. 10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 或 B. C. 的图象关于点中心对称 D. 若函数是偶函数，且，则的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】由图象可求得，由函数过点，可求得判断A，利用图象过点，求得判断B；进而用代入法判断C；利用平移变换求得判断D. 【详解】由题意可得，所以， 由函数过点，所以，所以， 又，所以或， 因为点在增区间上，所以，故A错误； 所以， 又函数图象过点，所以， 所以，， 又，所以，所以， 所以，所以，故B正确； ， 所以的图象关于点中心对称，故C正确； 由是偶函数， 所以或， 所以或， 当时，可得最小值为，故D正确. 故选：BCD. 11. 设为抛物线的焦点，为坐标原点，，在上（不与重合），满足，则（ ） A. 当垂直轴时， B. 可能是的重心 C. ，，不可能共线 D. 面积的最小值为4 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于选项A，抛物线，先找焦点.当垂直轴，横坐标为，代入抛物线方程求纵坐标，得到判断A. 对于选项B，设，，由得出.若是重心，依重心坐标公式代入计算出现矛盾，所以不是重心，判断B. 对于选项C，假设，，共线，设直线方程，直曲联立有，再代入不成立，所以不共线，判断C. 对于选项D，面积是，由得，，根据均值不等式，所以面积最小值是，判断D. 【详解】在抛物线中，，则，所以焦点的坐标为. 当垂直轴时，把代入，可得，解得. 所以，故选项A正确. 设，.因为，所以. 展开可得，因为（不与重合），两边同时除以得，进一步化简得. 因为，所以，即. 若是的重心，则且，即且，将代入得，，再代入得，，矛盾，所以不可能是的重心，故选项B错误. 假设，，共线，设直线的方程为，联立，消去得，即. 则，代入得，，不成立，所以，，不可能共线，故选项C正确. . 由可得，则. 根据均值不等式，当且仅当，即时取等号. 所以，即面积的最小值为，故选项D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知为第二象限角，若，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】利用同角的正弦余弦的平方和为1，可求得，进而利用两角差的余弦公式可求值. 【详解】因为，，所以， 又为第二象限角，所以，， 所以. 故答案为：. 13. 若函数的图象关于直线对称，则______． 【答案】 【解析】 【分析】由已知可得对恒成立，进而得，计算可求. 【详解】因为函数的图象关于直线对称， 所以对恒成立， 所以恒成立， 所以恒成立， 所以恒成立，恒成立， 所以恒成立，所以恒成立，所以. 故答案为：. 14. 已知数列满足，，其中等可能取－1，0，1，设“”为事件，则______． 【答案】 【解析】 【分析】通过数列递推公式由，得到，再分类讨论取值情况即可； 【详解】由， 可得：，即； 可得：，即； 同理可得：；，， 则即， 令， 即，所以， 当，，即， 此时有一个取1两个取，或一个取，两个取0，共种， 都取1，只有一种，故有种情况； 当，，即， 此时有一个取1，一个取，一个取0，或三个都取0，共种， 一个取1，一个取，或两个都取0，有只有一种，故有种情况； 当，，即， 此时有一个取两个取1，或一个取1，两个取0，共种， 都取，只有一种，故有种情况； 共有种情况； 而共有种情况； 所以； 故答案为： 【点睛】关键点点睛：由得到； 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 如图，在四棱锥中，平面平面，，． （1）证明：平面平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，利用面面垂直性质定理可得平面，可得，进而由已知可得，可证平面，可证结论； （2）连接，可证两两垂直，建立空间直角坐标系，利用向量法可求直线与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 取的中点，连接， 因为，所以， 因为平面平面，平面，平面平面， 所以平面，又平面，所以， 又，，所以， 所以，又，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面； 【小问2详解】 连接，因为， 所以，又， 所以是二面角的平面角， 又平面平面，所以， 以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 由（1）知，平面，又平面， 所以，且， 则， 则， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 所以平面的一个法向量为， 设直线与平面所成的角为， 所以. 所以直线与平面所成角的正弦值为． 16. 已知椭圆的焦距为2，点在上． （1）求的标准方程； （2）若点与关于坐标原点对称，点在上，求面积的最大值及此时的坐标． 【答案】（1） （2）；或. 【解析】 【分析】（1）依题意可建立关于的方程，即可求解； （2）利用参数思想设点，再求点到直线的距离，即可得到关于的函数，求函数的最大值即可. 【小问1详解】 由题意可知，，得，则的标准方程为. 小问2详解】 点与关于坐标原点对称，则直线的方程为，且， 设点，则点到直线的距离， 因，则，， 则， 因，则当时， 或，此时点或. 故面积的最大值为，此时的坐标为或. 17. 记的内角，，的对边分别为，，，已知． （1）若，求； （2）若，求面积的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 分析】（1）由正弦定理可得，利用三角恒等变换可得，结合已知可求得； （2）由（1）可得，过作于，设，则，可得，进而利用基本不等式可求面积的最大值. 【小问1详解】 由，可得， 所以， 所以， 所以， 因为，所以， 所以，又，所以， 因为，所以，所以. 【小问2详解】 由（1）可得， 若，则，显然不符合题意，所以， 所以，所以均为锐角， 过作于，所以，所以， 设，则，所以， 所以，又，所以，即， 所以 ， 当且仅当，即，时取等号. 所以面积最大值为． 18. 设函数． （1）当时，求的极值； （2）若当时，恒成立，求的取值范围； （3）当时，若，证明：． 【答案】（1）极小值为，无极大值 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导，令，解得，进而可求得极小值； （2）令，求导，利用分类讨论求得的取值范围； （3）利用已知条件求得，利用分析法可知需证，利用换元法，进而构造函数证明即可. 【小问1详解】 当时，，求导得， 令，解得， 当时，，当时，， 所以时，取得极小值， 极小值为，无极大值； 【小问2详解】 由，可得， 令，则， 令，则， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 所以，所以，所以， 当时，所以， 函数在单调递增，则， 所以不等式恒成立， 当时， ， 所以函数在单调递增，， 所以不等式恒成立， 当时，令，， 令，， 存在，使得，在，，则在上单调递减，， ，，则在上单调递减，， 即在，，则在上单调递减， 又，故不等式不恒成立， 综上所述：的取值范围为； 【小问3详解】 因为，所以， 所以，所以， 因为，所以，所以， 要证，即证， 只需证明，即证， 令，则需证， 令， 求导， 因为，所以，所以， 所以函数在上单调递增， 所以，所以， 所以，所以成立. 19. 已知数列，其中第一项是1，接下来的两项是1，，接下来的三项是1，，，再接下来的四项是1，，，，依此类推．设为的前项和． （1）求； （2）判断是否存在正整数，使得，若存在，求的最小值；若不存在，说明理由； （3）对于任意给定的正整数，若数列的前项中恰有项为1，记此时的最大值为，证明：． 参考公式：，． 【答案】（1）； （2）存在，； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）设数列，其中，则由题可得 ，，据此可得答案； （2）假设存在正整数，使得，讨论为中某一项的情况，据此可得，然后由与关系可得答案； （3）由题意及（1），可得，然后由所给参考公式及组合式知识可得，据此可完成证明. 【小问1详解】 设数列，其中， 则注意到中的每一项，均为中的某一项， 且当即在中首次出现时，. 则 ， ， 则； 【小问2详解】 假设存在正整数，使得， 若为中某一项，设，， 则， 注意到其判别式不是整数，故方程无整数解，则此时不存在； 若为中某一项，设， 则. 显然不是某个正整数平方，故此时不存在； 若为中某一项或均不为中某一项. 则设，， 则 .则当时，可使. 要使最小，则应使在中首次出现，既满足； 【小问3详解】 注意到当在中首次出现，即当，且取最小值时， ，则由（1）分析及题意可知 则， 注意到 ，. ， 注意到， 则， 又注意到， 则 又 ， 则， 故. 【点睛】关键点睛：本题所涉中每一项均为自然数数列前n项和，故考虑引入辅助数列，第三问要证明组合恒等式，常见方法有两种，一种如解析，利用代数方法完成证明，也可利用组合式的实际意义完成证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $