精品解析：河南省信阳市固始县永和高级中学、城南永和高级中学2025届高三一模联考数学试题

2025届城南永和、永和高中高三一模联考 数学试题卷 注意事项： 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分．考试时间120分钟，满分150分． 考生应首先阅读答题卡上的文字信息，然后在答题卡上作答，在试题卷上作答无效．交卷时只交答题卡． 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．） 1. 设集合A={x|x2–4≤0}，B={x|2x+a≤0}，且A∩B={x|–2≤x≤1}，则a=（ ） A. –4 B. –2 C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由题意首先求得集合A,B，然后结合交集的结果得到关于a的方程，求解方程即可确定实数a的值. 【详解】求解二次不等式可得：， 求解一次不等式可得：. 由于，故：，解得：. 故选：B. 【点睛】本题主要考查交集的运算，不等式的解法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 2. 已知，则“”是“角为第一或第四象限角”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要 【答案】B 【解析】 【分析】利用定义法进行判断. 【详解】充分性：当时，不妨取时轴线角不成立.故充分性不满足； 必要性：角为第一或第四象限角，则，显然成立. 故选：B. 3. 已知向量满足，且，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，，则，结合数量积运算律化简可解. 【详解】根据题意，，所以， 又，所以， 即，因为， 所以. 故选：A. 4. 300的不同正因数的个数为（ ） A. 16 B. 20 C. 18 D. 24 【答案】C 【解析】 【分析】将300分解质因数，求出300的正因数表示式，再利用分步计数乘法原理计算即得. 【详解】显然，则300的正因数为，其中， 所以300的不同正因数有个. 故选：C 5. A、B、C、D、E 5所学校将分别组织部分学生开展研学活动，现有甲、乙、丙三个研学基地供选择，每个学校只选择一个基地，且每个基地至少有1所学校去，则A校不去甲地，乙地仅有2所学校去的不同的选择种数共有（ ） A. 36种 B. 42种 C. 48种 D. 60种 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用两个原理，结合排列、组合应用列式计算即可. 【详解】①A校去乙地有种； ②A校与另一所学校去丙地有种， ③A校单独去丙地有 种， 所以共有种， 故选：B． 6. 已知与直线交于两点，且被截得两段圆弧的长度之比为，若为上一点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，得到，所以 ，设为边的中点，根据向量的运算法则，求得，结合圆的性质，即可求解. 【详解】由，可得圆心 ，半径， 因为直线交圆于两点，且圆被截得两段弧的长度比为， 所以，可得 ， 设为边的中点，可得， 则 ， 当且仅当与方向相同时，等号成立， 因为，所以. 所以的最大值为. 故选：B. 7. 已知抛物线 的焦点为，动点在上，点与点关于直线对称，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据对称性可得，即点为的准线与轴的交点，作垂直于的准线于点，结合抛物线的定义可知()，结合图象可得当直线与相切时，最小，求出切线的斜率即可得答案. 【详解】依题意，，，设，则，解得， 即，点为的准线与轴的交点， 由抛物线的对称性，不妨设点M位于第一象限，作垂直于的准线于点， 设 ，由抛物线的定义得，于是， 当直线与相切时，最大，最小，取得最小值，此时直线的斜率为正， 设切线的方程为，由消去x得， 则，得，直线的斜率为，倾斜角为， 于是，，所以的最小值为. 故选：A 8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，双曲线的右支上有一点与双曲线的左支交于，线段的中点为，且满足，若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用等腰三角形的性质、双曲线的定义结合余弦定理计算即可. 【详解】由题意可知线段的中点为，且满足，则, 故为等腰三角形， 又，则为正三角形， 根据双曲线定义知， 设，则， 在中，由余弦定理知， 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. 下列说法中正确的是（ ） A. 已知随机事件A，B满足，，则 B. 已知随机变量，若，则 C. 若样本数据，，…，的平均数为10，则数据的平均数为3 D. 随机变量X服从二项分布，若方差，则 【答案】BC 【解析】 【分析】由条件概率的公式可得A错误；由正态分布的方差公式和方差的性质可得B正确；由平均数的计算公式可得C正确；由二项分布的性质可判断D错误. 【详解】A：由条件概率的公式可得，所以，故A错误； B：因为随机变量，所以， 又，所以， 所以，故B正确； C：因为样本数据，，…，的平均数为10， 所以， 化简可得， 所以的平均数为，故C正确； D：由题意可得，解得或， 则或，故D错误； 故选：BC. 10. 已知定义在上的函数满足，且，若，则（ ） A. B. 的图象关于直线对称 C. 是周期函数 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据给定的等式，结合赋值法推导出函数及对称轴，再逐项分析计算得解. 【详解】由，得， 则，即，因此是周期为4的周期函数，C正确； 令，得，则，因此，A错误； 由，得，则， 因此的图象关于直线对称，B正确； 由，得的图象关于直线对称， 因此直线及均为图象的对称轴， 从而，令，得， 即，则， 故 ，D正确. 故答案为：BCD 【点睛】结论点睛：函数的定义域为D，， ①存在常数a，b使得，则函数图象关于点对称. ②存在常数a使得，则函数图象关于直线 对称. 11. 已知在正方体中，，点为的中点，点为正方形内一点（包含边界），且平面 ，球为正方体的内切球，下列说法正确的是（ ） A. 球的体积为 B. 点的轨迹长度为 C. 异面直线与BP所成角的余弦值取值范围为 D. 三棱锥外接球与球内切 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据正方体内切球的性质判断A；利用面面平行确定点的轨迹，即可求得其长度，判断B；根据异面直线所成角的概念，确定该角取到最值时的位置，即可判断C；根据圆内切的判断条件可判断D. 【详解】由题意知球的半径为1，故其体积为，故A选项正确； 取的中点为， 连结，易知，平面 ， 平面 ， 故平面 ， 连接MN，，即四边形为平行四边形， 则 ， 平面 ， 平面 ，所以 平面 ． 又因为，平面， 故平面平面 ，平面平面，结合平面 ， 故点的轨迹为线段，故B选项错误； 因为，故异面直线与BP所成角等于或其补角， 当P位于N点时，得取得最小，; 当P位于点时，取得最大，，故选项正确； 由正方体几何性质易知， 故BM为三棱锥外接球的直径，取为BM的中点， 即为三棱锥外接球的球心，由题意知为的中点， 故， 因为球的半径为，球的半径为， 故三棱锥外接球与球内切，D正确 故选：ACD． 【点睛】关键点睛：解答此类题目的关键是要发挥空间想象，明确空间的点线面的位置关系，依据相关定理以及性质，准确判断，即可求解. 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共计15分） 12. 若，则___________ 【答案】## 【解析】 【分析】由复数的乘除法运算法则及模长计算公式求解即可. 【详解】， 所以， 故答案为：. 13. 已知的内角，，的对边分别为，，，且，若的面积等于，则的周长的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】首先由正弦定理、辅助角公式得，由三角形面积公式得，结合余弦定理以及基本不等式即可求解. 【详解】由正弦定理结合，可得， 因为，所以，即， 注意到，所以只能，解得， 若的面积等于， 则，解得， 在三角形中，运用余弦定理有， 三角形的周长，等号成立当且仅当， 综上所述，当且仅当三角形是以顶角的等腰三角形时，的周长取到最小值，且最小值为. 故答案为：. 14. 在等差数列中，若任意两个不等的正整数，都有，，设数列的前项和为，若，则_____（结果用表示）． 【答案】 【解析】 【分析】利用等差数列基本量运算可得，然后根据等差数列求和公式及等差数列的性质结合条件即得. 【详解】设数列的公差为，则，， 所以，故， 又， 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. 记，已知数列和分别满足：． （1）求的通项公式； （2）求． 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】(1)根据题意可知数列的前项和，进而可求解的通项公式；而即可求解； (2) 由（1）知，结合错位相减法求解即可. 【小问1详解】 设，则 当时， ； 当时， ． 经检验，当时，满足，所以； 当时，；当时，， 当时，满足，所以． 【小问2详解】 由（1）知，则 ，① ，② 由①-②相减得： 故 16. 已知函数（）. （1）求函数的极值； （2）若集合有且只有一个元素，求的值. 【答案】（1）极大值是，无极小值； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用求导，通过参数，可分析出为正负的区间，从而可以判断的极值； （2）利用不等式有唯一解，则正好是最大值取到等号，再去分析取等号的含参方程有解的条件，所以重新构造新的函数，通过求导来研究函数的零点和方程的解. 【小问1详解】 由， 因为，所以的定义域为，则， 因为时，；时，. 所以的单调递增区间为；单调递减区间为， 所以是的极大值点，的极大值是，无极小值. 【小问2详解】 由（1）可得， 要使得集合有且只有一个元素，则只需要 设，则， 因为时，；时， ， 所以的单调递减区间为；单调递增区间为. 所以，所以关于的方程有解时， 只能是， 所以集合有且只有一个元素时. 17. 一个袋子中有个大小相同的球，其中有个白球， 个黄球，从中随机地摸个球作为样本，用表示样本中黄球的个数，表示样本中黄球的比例. （1）若有放回摸球，求的分布列及数学期望； （2）（i）分别就有放回摸球和不放回摸球，求与总体中黄球的比例之差的绝对值不超过的概率； （ii）比较（i）中所求概率的大小，说明其实际含义. 【答案】（1）的分布列如下表所示： ，；（2）（i）有放回摸球时，所求概率为，不放回摸球时，所求概率为；（ii），所以，在误差不超过的限制下，用样本中黄球的比例估计总体中黄球的比例，采用不放回估计的结果更可靠些..【解析】 【分析】（1）分析可知，利用二项分布可得出随机变量的分布列，利用二项分布的期望公式可求得的值； （2）（i）样本中黄球的比例为，由题意，可得出的可能取值有、，分别计算出对应的概率，再求和，即可得解； （ii）根据（i）中两个概率的大小关系可得出结论. 【详解】（1）因为有放回摸球，每次摸到黄球的概率为，且各次试验的结果是独立的， 由题意可知，，则的所有可能取值有、、、、， ，， ，， ， 所以，随机变量的分布列如下表所示： 随机变量的数学期望为； （2）（i）样本中黄球的比例为，由题意，解得，即取、， 有放回摸球时，概率， 不放回摸球时，概率； （ii）由（i）可知，， 所以，在误差不超过的限制下，用样本中黄球的比例估计总体中黄球的比例，采用不放回估计的结果更可靠些. 18. 已知函数 （1）当 时，求函数的极值； （2）设函数有两个极值点，且，若恒成立，求最小值． 【答案】（1）极大值 ；极小值 （2） 【解析】 【分析】（1）将 代入函数解析式，对函数求导，利用导数即可判断函数的单调性，求得极值. （2）对函数求导，结合已知条件得方程有两个相异的正根，利用为韦达定理求得，再结合，求出范围，进而确定的范围，由，得，构造函数，利用导数判断函数单调性确定函数最值，即可求解. 【小问1详解】 当 时，有， 令，即，解得或， 所以当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增； 所以时，取得极大值，极大值为， 时，取得极小值，极小值为. 【小问2详解】 因为， 所以 由已知函数有两个极值点， 所以方程有两个相异的正根 所以，即或， 又，所以，，所以； 所以对称轴为，二次函数与轴交点为、， 且，所以在对称轴的右侧，则有， 因为，即 ， 所以，其中， 令， 则， 令 ，解得均不在定义域内， 所以时，，在上单调递减， ， 所以，即最小值为. 19. 已知函数 . （1）当 时， 恒成立，求实数的取值范围； （2）已知直线是曲线的两条切线，且直线的斜率之积为1. （i）记为直线交点的横坐标，求证： ； （ii）若也与曲线相切，求的关系式并求出的取值范围. 【答案】（1） （2）（i）证明如下： 设两条切线在上的两个切点横坐标分别为， 有 ，即 ， 此时，切线为：， 相减得 ， 所以， 设， ，所以在上单调递减. 故当时， ，所以； 当时， ，所以，则 . （ii） 【解析】 【分析】（1）分离参数，设，利用导数研究单调性，求解函数的最值即可求解； （2）（i）设两条切线在上的两个切点横坐标分别为，利用导数的几何意义求出两切线方程，联立可得，构造函数，利用导数求解函数最值即可证明； （ii）结合导数的几何意义将问题转化为 有两个不等实根，且互为倒数，不妨设两根为，由得 ，从而 有两个不等实根，设 ，利用导数研究的单调性，即可求解. 【小问1详解】 由于 ，则， 设，则， ，且 在上单减， 令 得，令 得， 所以在单调递增，单调递减， 所以，则. 【小问2详解】 （i）略 （ii）由题意得：存在实数 ，使在 处的切线和在处的切线重合， 所以，即， 则 ， 又因为 ，所以 ， 题目转化为 有两个不等实根，且互为倒数， 不妨设两根为， 则由得， 化简得， 所以 ， 所以 ，（也可写为）. 代入中得： 有两个不等实根， 即 ， 设， 由于 在上单调递减且 ， 所以在单调递增，单调递减， 而无限趋近于0时，无限趋向于负无穷大， 无限趋近于正无穷大时，无限趋向于负无穷大， ， 所以 ，即. 【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略： （1）、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； （2）、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题； （3）、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届城南永和、永和高中高三一模联考 数学试题卷 注意事项： 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分．考试时间120分钟，满分150分． 考生应首先阅读答题卡上的文字信息，然后在答题卡上作答，在试题卷上作答无效．交卷时只交答题卡． 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．） 1. 设集合A={x|x2–4≤0}，B={x|2x+a≤0}，且A∩B={x|–2≤x≤1}，则a=（ ） A. –4 B. –2 C. 2 D. 4 2. 已知，则“”是“角为第一或第四象限角”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要 3. 已知向量满足，且，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 300的不同正因数的个数为（ ） A. 16 B. 20 C. 18 D. 24 5. A、B、C、D、E 5所学校将分别组织部分学生开展研学活动，现有甲、乙、丙三个研学基地供选择，每个学校只选择一个基地，且每个基地至少有1所学校去，则A校不去甲地，乙地仅有2所学校去的不同的选择种数共有（ ） A. 36种 B. 42种 C. 48种 D. 60种 6. 已知与直线交于两点，且被截得两段圆弧的长度之比为，若为上一点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知抛物线 的焦点为，动点 在上，点与点关于直线对称，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，双曲线的右支上有一点与双曲线的左支交于，线段的中点为 ，且满足，若，则双曲线的离心率为（ ） 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. 下列说法中正确的是（ ） A. 已知随机事件A，B满足，，则 B. 已知随机变量，若，则 C. 若样本数据，，…，的平均数为10，则数据的平均数为3 D. 随机变量X服从二项分布，若方差，则 10. 已知定义在上的函数满足，且，若，则（ ） A. B. 的图象关于直线对称 C. 是周期函数 D. 11. 已知在正方体中，，点 为的中点，点 为正方形内一点（包含边界），且平面 ，球为正方体的内切球，下列说法正确的是（ ） A. 球的体积为 B. 点 的轨迹长度为 C. 异面直线与BP所成角的余弦值取值范围为 D. 三棱锥外接球与球内切 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共计15分） 12. 若，则___________ 13. 已知的内角，，的对边分别为，，，且，若的面积等于，则的周长的最小值为______． 14. 在等差数列中，若任意两个不等的正整数，都有，，设数列的前项和为，若，则_____（结果用表示）． 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，已知数列和分别满足：． （1）求的通项公式； （2）求． 16. 已知函数（）. （1）求函数的极值； （2）若集合有且只有一个元素，求的值. 17. 一个袋子中有个大小相同的球，其中有 个白球，个黄球，从中随机地摸 个球作为样本，用表示样本中黄球的个数，表示样本中黄球的比例. （1）若有放回摸球，求的分布列及数学期望； （2）（i）分别就有放回摸球和不放回摸球，求与总体中黄球的比例之差的绝对值不超过的概率； （ii）比较（i）中所求概率的大小，说明其实际含义. 18. 已知函数 （1）当 时，求函数的极值； （2）设函数有两个极值点，且，若恒成立，求最小值． 19. 已知函数 . （1）当 时， 恒成立，求实数的取值范围； （2）已知直线是曲线的两条切线，且直线的斜率之积为1. （i）记为直线交点的横坐标，求证： ； （ii）若也与曲线相切，求的关系式并求出的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $