精品解析：河南省信阳市固始县高级中学第一中学、第二中学2024-2025学年高三下学期一模数学试题

2024-2025学年固始县一高二高一模联考 高三数学试题卷 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. 若，其中为虚数单位，则复数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】首先根据复数代数形式的除法运算化简复数，再根据复数的几何意义判断即可； 【详解】解：因为，所以复数在复平面内所对应的点的坐标为，位于第一象限. 故选：A 2. 已知复数满足：，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知可得，计算即可. 【详解】由，可得， 所以， 故选：B. 3. 的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据同角的商数关系、两角和的正弦公式、二倍角公式和诱导公式计算化简即可求解. 【详解】. 故选：A 4. 设为数列的前项和，，则“”是“数列是以为公比的等比数列”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据充要条件的判断方法和等比数列的前项和公式分析即得结论. 【详解】由，若 ，等式显然成立， 但是数列的通项和前项和都没有规定，故得不出“数列是以1为公比的等比数列”的结论， 即“”不是“数列是以为公比的等比数列”的充分条件； 而由“数列是以为公比的等比数列”可知，若 ，则显然成立， 当时，有成立，即必有成立， 故“”是“数列是以为公比的等比数列”的必要条件. 故选：C. 5. 已知A、B、C、D、E、F六个人站成一排，要求A和B不相邻，C不站两端，则不同的排法共有（ ）种 A. 186 B. 264 C. 284 D. 336 【答案】D 【解析】 【分析】先考虑A和B不相邻的排法，再考虑A和B不相邻，且C站两端的情况，相减后得到答案. 【详解】先考虑A和B不相邻的排法， 将C、D、E、F四个人进行全排列，有种情况， C、D、E、F四个人之间共有5个空，选择2个排A和B，有种情况， 故有种选择， 再考虑A和B不相邻，且C站两端的情况， 先从两端选择一个位置安排C，有种情况， 再将D、E、F三个人进行全排列，有种情况 最后D、E、F三个人之间共有4个空，选择2个排A和B，有种情况， 故有种情况， 则要求A和B不相邻，C不站两端，则不同的安排有种情况. 故选：D 6. 设，是两个平面，，，是三条直线，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，结合线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解. 【详解】对于A中，若，，，则相交或平行，所以A错误； 对于B中，若，，由线面平行的性质可得，所以 B正确； 对于C中，若，，，当两两相交时，两两相交，所以C错误； 对于D中，若，，则或，所以D错误. 故选：B. 7. 设椭圆的一个焦点，点为椭圆内一点，若椭圆上存在一点，使得，则椭圆的离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用，求得，再利用，求得，得到，结合离心率的定义，即可求解. 【详解】记椭圆的左焦点为，则，即，，，即，即 ， 椭圆的离心率的取值范围是， 故选：A. 【点睛】本题考查椭圆的标准方程及简单的几何性质的应用，其中解答中熟练应用椭圆的定义，以及利用三角形的性质是解决本题的关键. 8. 在四棱锥 中，底面是边长为3的正方形，，平面 平面，且该四棱锥的各个顶点均在球的表面上，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由面面垂直的性质得到 平面 ，即可得到 ，利用勾股定理求出、，再求出点到底面的距离，依题意可得球心在经过底面中心且与底面垂直的直线上，设到底面的距离为，利用勾股定理求出，即可得到外接球的半径，最后根据球的表面积公式计算可得. 【详解】因为底面是边长为的正方形，所以， 又平面 平面，平面 平面 ， 平面， 所以 平面 ，又 平面 ，则 ， 又，，，解得（负值舍去）， 所以， 取的中点，连接，则， 又平面 平面，平面 平面 ， 平面 ， 所以平面， 又，即点到底面的距离为， 设，则，， 球心在经过底面中心且与底面垂直的直线上， 设到底面的距离为， 那么，， 由 可解得，故，即外接球的半径， 故球的表面积为. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是求出、的长度，再确定外接球的球心在经过底面中心且与底面垂直的直线上，利用勾股定理求出外接球的半径. 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. 已知为两个平面，且是两条不重合的直线，则下列结论正确的是（ ） A. 存在，使得 B. 存在，使得 C. 对任意，存在 ，使得 D. 对任意，存在 ，使得 【答案】BC 【解析】 【分析】根据线面垂直与平行的性质与判断逐个选项判断即可. 【详解】对A，只有当时，才能存在，使得，故A错误； 对B，当时，结合线面平行的性质可得 ，故B正确； 对C，若则原命题成立；若两平面不垂直，则对任意，设，使得为在平面上的射影，存在 ，使得，此时，故C正确； 对D，当时，在平面上不存在直线使得 ，故D错误. 故选：BC 10. 已知函数是函数的一个极值点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 函数在区间上单调递减 C. 过点能作两条不同的直线与相切 D. 函数有5个零点 【答案】ABD 【解析】 【分析】首先根据函数的极值点求参数的值，再利用导数求函数的单调性，判断AB，利用导数的几何意义求过点的切线方程，根据切点的个数，判断切线的条数，判断C，首先根据，利用数形结合确定的范围，再结合图象确定的零点个数，即可判断D. 【详解】对于A中，由函数，可得， 因为是函数的一个极值点，可得， 解得，经检验适合题意，所以A正确： 对于B中，由，令，解得 或， 当时， ：当时， ；当时， ， 故在区间上递增，在区间上递减，在区间上递增，所以B正确： 对于C中，设过点且与函数相切的切点为， 则该切线方程为， 由于切点满足直线方程，则， 整理得，解得 ，所以只能作一条切线，所以C错误： 对于D中，令，则的根有三个，如图所示，， 所以方程有3个不同根，方程和均有1个根， 故有5个零点，所以D正确. 故选：ABD. 11. 已知数列 满足： ，其中，下列说法正确的有（ ） A. 当时， B. 当时，数列 是递增数列 C. 当时，若数列是递增数列，则 D. 当时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据可得，即可迭代求解A，根据，时，可得 为常数列，即可判断B；根据二次函数的单调性，证出当时，从而判断出数列 的单调性，建立关于的一元二次不等式，解出首项的取值范围，判断出C项的正误；当， 时，根据递推关系证出，从而可得，由此推导出，进而利用等比数列的求和公式证出，从而判断出D项的正误． 【详解】对于A，当时，，又，故， 所以，故A项正确． 对于B，因为且， 所以， 当，时，，此时数列 是常数列，故B项错误； 对于C, 由于数列是递增数列, 当时，故，， 故， 所以，即， 解得或，故C项正确； 对于D,当时，，结合 ，可知， ，，结合， 可知 是递增数列，，则， 即，所以， 即， 所以，当时，，所以， 可得，故D项正确； 故选：ACD． 【点睛】方法点睛：递推关系式转化的常见形式 （1）转化为常数，则数列是等差数列． （2）转化为常数，则数列是等差数列． （3）转化为常数，则数列是等差数列． （4）转化为常数，则数列是等差数列． （5）转化为常数，则数列是等差数列． （6）转化为常数，则数列是等差数列． 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. 已知函数与的图象在区间上的交点个数为m，直线与的图象在区间 上的交点的个数为n，则________． 【答案】 【解析】 【分析】分别作出函数与及直线的图象，结合图象确定的值，即可求解. 【详解】解：作出函数与的图象， 如图所示，根据图象知 ， 又由直线与的图象在区间 上有3个交点，所以， 所以． 故答案为：. 13. 三棱锥 中，是边长为的正三角形， ， 若三棱锥的体积为，则长度的最小值为___________ 【答案】 【解析】 【分析】求得到平面的距离，然后根据点与直线的距离的最小值以及勾股定理求得的最小值. 【详解】过作 平面，垂足为，连接 ， ， 由于平面，所以， 所以， 所以当时，最小，同时最小，此时： 由于 平面，所以 ，由于 ， 平面 ，所以 平面 ， 由于 平面 ，所以， 则，所以的最小值为， 此时. 故答案为： 14. 平面向量 满足：， ，，且 ，，则 ___. 【答案】## 【解析】 【分析】结合数量积的定义和性质求出、和，利用即可求出答案. 【详解】因为，所以， 因为，，， ， 所以， ， 因为， ， 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. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． （1）求角B； （2）若，，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用正弦定理化简得到，求得，即可求解； （1）由正弦定理可得，化简，结合三角函数的性质，即可求解. ， 【小问1详解】 解：因为， 由正弦定理得， 因为，可得 ，所以，所以． 【小问2详解】 解：因为，，由正弦定理可得， 所以，， 所以 ， 由且，可得，所以，所以， 所以，即的取值范围为． 16. 如图，在长方体中，点E、F分别在，上，且，． （1）求证： 平面 ； （2）当 ，，时，求平面 与平面的夹角的余弦值． 【答案】（1） 因为 平面，平面，所以． 又，，所以平面 因为 平面，所以 同理：因为平面，平面，所以 ． 又，，所以 平面 因为 平面 ，所以 又因为，，所以 平面 （2） 【解析】 【分析】（1）以线面垂直判定定理去证明即可解决； （2）建立空间直角坐标系，以向量法去求平面 与平面的夹角的余弦值即可解决. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以 为原点，分别以 、 、所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系如图． 则 ，，，，， ． 所以，且是平面 的一个法向量． ， 设平面的法向量为 则，即 所以，令，得 ． 则平面的一个法向量为． 所以． ， 所以． 所以平面 与平面的夹角的余弦值为． 17. 如图，在四棱锥 中， 平面， ，底面为直角梯形，， ，，是的中点，点，分别在线段 与上，且，. （1）若平面平面，求、的值； （2）若平面 ，求的最小值. 【答案】（1）； （2）8. 【解析】 【分析】（1）若平面平面，由面面平行的性质定理可知，，由为的中点，可得为的中点，同理为 的中点，即可得出结果； （2）以 为原点， 、 、所在直线分别为轴、轴、轴正半轴建立空间直角坐标系，求得 的法向量为，由平面 ，则有，即，代入计算化简可得结果. 【小问1详解】 若平面平面，平面 平面，平面 平面，所以， 又因为为的中点，所以为的中点，同理为 的中点，所以. 【小问2详解】 因为， 底面， 如图，以 为原点， 、 、所在直线分别为轴、轴、轴正半轴建立空间直角坐标系， 故，则，， 设平面 的法向量为，则取 ，可得. 因为，，所以，， 则， 因为平面 ，所以，即， 所以，即， 所以，所以， 所以， 当且仅当，即时取等号，所以的最小值为8. 18. 已知 是二维离散型随机变量，其中X、Y是两个相互独立的离散型随机变量， 的分布列用表格表示如下： X 0 3 6 0 5 （1）求 和 ； （2）“ ”表示在 条件下的的取值，求“ ”的分布列； （3） 为的数学期望，为“”的分布的期望，证明：. 【答案】（1）. （2） 分布列为 0 3 6 （3） 法一：因为，所以， 因为， 所以， 又因为， 所以， 所以. 法二： . 【解析】 【分析】（1）根据题目所给分布列直接求解即可； （2）法一：“ ”可取的值为 ，再结合条件概率和分布列表即可求出每个取值对应的概率，即可求解分布列； 法二：“ ”可取的值为 ，由随机变量 相互独立得，其中，即可求出概率和分布列； （3）法一：由题分别求出和，即可得证； 法二：利用期望定义和求和运算性质化简证明. 【小问1详解】 由已知. 【小问2详解】 法一：“ ”可取的值为 ， 因为 所以， ， ， 所以“ ”分布列为 0 3 6 法二：“ ”可取的值为 ，由已知，随机变量 相互独立， 故，其中， 由已知，， 所以得“ ”分布列为 0 3 6 【小问3详解】 略 19. 已知椭圆的左右焦点分别为，椭圆的短轴长为，离心率为. 点为椭圆上的一个动点，直线与椭圆的另一个交点为 ，直线与椭圆的另一个交点为，设，. （1）求椭圆的方程； （2）证明：为定值； （3）已知 ，用表示 的面积，并求出的最大值. 【答案】（1） （2） 由（1）知，，设，， 则，，，， 由，得到，所以， 又 在椭圆上，所以，即. 又，故，即. 将其展开，得到，即. 从而，即， 易知，所以，得到， 同理，由，得到，所以， 又 在椭圆上，所以，即. 又，故，即. 将其展开，得到，即. 从而，即， 易知，所以，得到，所以， 即为定值. （3）， 【解析】 【分析】（1）根据条件得到，求出，即可求出结果； （2）设，，利用条件得，，再利用，在椭圆上，即可得到，，从而证明结果； （3）利用，再根据条件得到，最后使用不等式求出最大值. 【小问1详解】 由题知，得到，又，解得， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 因为， 又因为，，故，. 所以，，从而 . 又，故. 然后考虑的最大值. 首先，由于，故. 同时由可知， 故，从而，故. 这意味着； 另一方面，当的坐标是时，有，，此时. 所以的最大值是. 【点睛】关键点点晴：本题的关键在于第（3）问，利用，再结合条件得到，再利用不等式来求出最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年固始县一高二高一模联考 高三数学试题卷 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. 若，其中为虚数单位，则复数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 2. 已知复数满足：，则（ ） A. B. C. D. 3. 的值为（ ） A. B. C. D. 4. 设为数列的前项和，，则“”是“数列是以为公比的等比数列”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 已知A、B、C、D、E、F六个人站成一排，要求A和B不相邻，C不站两端，则不同的排法共有（ ）种 A. 186 B. 264 C. 284 D. 336 6. 设，是两个平面，，， 是三条直线，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 7. 设椭圆的一个焦点，点为椭圆内一点，若椭圆上存在一点，使得，则椭圆的离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 在四棱锥 中，底面是边长为3的正方形，，平面 平面，且该四棱锥的各个顶点均在球的表面上，则球的表面积为（ ） 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. 已知为两个平面，且是两条不重合的直线，则下列结论正确的是（ ） A. 存在，使得 B. 存在，使得 C. 对任意，存在 ，使得 D. 对任意，存在 ，使得 10. 已知函数是函数的一个极值点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 函数在区间上单调递减 C. 过点能作两条不同的直线与相切 D. 函数有5个零点 11. 已知数列 满足： ，其中，下列说法正确的有（ ） A. 当时， B. 当时，数列 是递增数列 C. 当时，若数列是递增数列，则 D. 当时， 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. 已知函数与的图象在区间上的交点个数为m，直线与的图象在区间 上的交点的个数为n，则________． 13. 三棱锥 中，是边长为的正三角形， ， 若三棱锥的体积为，则长度的最小值为___________ 14. 平面向量 满足：， ，，且 ，，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. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． （1）求角B； （2）若，，求的取值范围． 16. 如图，在长方体中，点E、F分别在，上，且，． （1）求证： 平面 ； （2）当，，时，求平面 与平面的夹角的余弦值． 17. 如图，在四棱锥 中， 平面， ，底面为直角梯形，， ，，是的中点，点，分别在线段 与上，且，. （1）若平面平面，求、的值； （2）若平面 ，求的最小值. 18. 已知 是二维离散型随机变量，其中X、Y是两个相互独立的离散型随机变量， 的分布列用表格表示如下： X 0 3 6 0 5 （1）求 和 ； （2）“ ”表示在 条件下的的取值，求“ ”的分布列； （3） 为 的数学期望，为“”的分布的期望，证明：. 19. 已知椭圆的左右焦点分别为，椭圆的短轴长为，离心率为. 点为椭圆上的一个动点，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为，设，. （1）求椭圆的方程； （2）证明：为定值； （3）已知 ，用表示 的面积，并求出的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $