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学年高三下学期5月测试（二）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学年高三下期05月测试（二） 数学试题 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. 命题：“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 2. 满足集合为的真子集且的集合的个数是（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 15 3. 下图是2013-2020年国家财政性教育经费（单位：万元）和国家财政性教育经费占总教育经费占比的统计图，下列说法正确的是（ ） A. 2019年国家财政性教育经费和国家财政性教育经费占总教育经费占比均最低 B. 国家财政性教育经费逐年增加 C. 国家财政性教育经费占比逐年增加 D. 2020年国家财政性教育经费是2014年的两倍 4. 已知等差数列的项数为其中奇数项之和为 偶数项之和为 则( ) A. B. C. D. 5. 已知的展开式中所有项的系数之和为3，则展开式中的常数项为（ ） A. B. 100 C. D. 380 6. 已知四点，，，，四边形有内切圆，则点的轨迹是（ ） A. 圆的一部分 B. 椭圆的一部分 C. 双曲线的一部分 D. 抛物线的一部分 7. 赵爽是我国古代著名的数学家，大约在公元222年，赵爽为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”．亦称“赵爽弦图”．如图1，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形．我们通过类比得到图2，它是由三个全等的钝角三角形与一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形，若图2中，，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数满足：对，都有，，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选的得部分分，有选错的得0分. 9. 金刚石是天然存在的最硬的物质，如图1所示是组成金刚石的碳原子在空间中排列的结构示意图，组成金刚石的每个碳原子，都与其相邻的4个碳原子以完全相同的方式连接.从立体几何的角度来看，可以认为4个碳原子分布在一个正四面体的四个顶点处，而中间的那个碳原子处于与这4个碳原子距离都相等的位置，如图2所示.这就是说，图2中有，若正四面体ABCD的棱长为2，则正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，则下面说法正确的是（ ） A. 是的一个周期 B. 的最大值为 C. 是的对称轴 D. 是的对称中心 11. 设D是含数1的有限实数集，是定义在D上的函数，若的图像绕原点逆时针旋转后与原图像重合，则下列选项中的取值可能为（ ） A. B. 1 C. D. 2 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 写出一个半径为，且与直线相切于点的圆的方程：________． 13. 已知正项数列的前项和为，且，则的最小值为______． 14. ，任意，满足，求有序数列有_____对. 四、解答题：本大题共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. 已知椭圆（）的半焦距为，原点O到经过两点，的直线的距离为． （Ⅰ）求椭圆E的离心率； （Ⅱ）如图，AB是圆M:的一条直径，若椭圆E经过A,B两点，求椭圆E的方程． 16. 如图，在四棱锥中，平面，，，，，，分别为，的中点． （1）设，且，，，四点共面，求实数的值； （2）若平面和平面所成角的余弦值为，求三棱锥的体积． 17. 对于数列，定义，满足，，记，称为由数列生成的“m—函数”. （1）试写出“2—函数”，并求的值； （2）若“1—函数”，求n的最大值. 18. 某公司计划购买2台机器，该种机器使用三年后即被淘汰，机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个200元．在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个500元．现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得下面柱状图： 以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率，记X表示2台机器三年内共需更换的易损零件数，n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数． （1）求X的分布列； （2）若要求，确定n的最小值； （3）以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在与之中选其一，应选用哪个？ 19. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）证明：当时，有且只有一个零点； （3）若在区间各恰有一个零点，求的取值范围. 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学年高三下期05月测试（二） 数学试题 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. 命题：“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】由全称命题的否定为特称命题即可求解. 【详解】“，”的否定是，， 故选：C 2. 满足集合为的真子集且的集合的个数是（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 15 【答案】B 【解析】 【分析】根据集合的包含关系，列举出集合所有可能的情况即可. 【详解】因为集合， 则集合可以为，，，，，，共7个， 故选：B 3. 下图是2013-2020年国家财政性教育经费（单位：万元）和国家财政性教育经费占总教育经费占比的统计图，下列说法正确的是（ ） A. 2019年国家财政性教育经费和国家财政性教育经费占总教育经费占比均最低 B. 国家财政性教育经费逐年增加 C. 国家财政性教育经费占比逐年增加 D. 2020年国家财政性教育经费是2014年的两倍 【答案】B 【解析】 【分析】由统计图逐一分析即可. 【详解】对于A，显然国家财政性教育经费逐年增加，最低不是2019年，故A错误，B正确； 对于C，国家财政性教育经费占比在2015年至2019年逐年下降，故C错误； 对于D，2014年与2020年的国家财政性教育经费分别为大约250000000万元和不到450000000万元，显然不满足后者是前者的2倍的关系，故D错误. 故选：B 4. 已知等差数列的项数为其中奇数项之和为 偶数项之和为 则( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据等差数列的性质，知等差数列的奇数项、偶数项分别成等差数列，故奇数项、偶数项的和直接代入等差数列的前项和公式，结合等差中项的性质化简即可. 【详解】项数为的中奇数项共有项, 其和为 项数为的中偶数项共有项, 其和为 所以解得 故选: A. 5. 已知的展开式中所有项的系数之和为3，则展开式中的常数项为（ ） A. B. 100 C. D. 380 【答案】C 【解析】 【分析】借助赋值法，令可计算出的值，再利用二项式的展开式的通项公式计算可得其常数项即可得. 【详解】对于，令，则，故， 的展开式的通项公式为， 故的展开式中的常数项为： . 故选：C. 6. 已知四点，，，，四边形有内切圆，则点的轨迹是（ ） A. 圆的一部分 B. 椭圆的一部分 C. 双曲线的一部分 D. 抛物线的一部分 【答案】C 【解析】 【分析】由四边形有内切圆知，其对边和相等，即，进而得到，利用双曲线的定义可以判断点的轨迹. 【详解】由四边形有内切圆知，其对边和相等，即，又因为，， 所以，即点到两定点的距离之差为1，由双曲线的定义可知，点的轨迹为双曲线的一部分. 故选：C. 7. 赵爽是我国古代著名的数学家，大约在公元222年，赵爽为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”．亦称“赵爽弦图”．如图1，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形．我们通过类比得到图2，它是由三个全等的钝角三角形与一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形，若图2中，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】在中利用两角差的正弦公式求出，由正弦定理求出，再由余弦定理求出，最后由面积公式计算可得. 【详解】在中，，而， 所以， ， 由正弦定理得，， 即，解得，所以， 在中由余弦定理， 即， 所以，， 所以. 故选：C 8. 已知函数满足：对，都有，，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得，，进而可求得 【详解】， 则， 则， 即，所以，即 故选：B. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选的得部分分，有选错的得0分. 9. 金刚石是天然存在的最硬的物质，如图1所示是组成金刚石的碳原子在空间中排列的结构示意图，组成金刚石的每个碳原子，都与其相邻的4个碳原子以完全相同的方式连接.从立体几何的角度来看，可以认为4个碳原子分布在一个正四面体的四个顶点处，而中间的那个碳原子处于与这4个碳原子距离都相等的位置，如图2所示.这就是说，图2中有，若正四面体ABCD的棱长为2，则正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】由空间向量模的概念，数量积运算对选项逐一判断 【详解】由题意得是四面体外接球的球心， 设是顶点在下底面的射影，AO是四面体的高，OB是的外接圆半径， 则，，， 解得，， 对于A， ，故A错误； 对于B，∵，∴， ∴，∴，故B正确； 对于C，，故C错误； 对于D，，故D正确， 故选：BD 10. 已知函数，则下面说法正确的是（ ） A. 是的一个周期 B. 的最大值为 C. 是的对称轴 D. 是的对称中心 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据二倍角公式化简，即可利用周期的计算公式求解A，求导，根据单调性求解最值判断B，代入验证即可求解CD. 【详解】． 因为的最小正周期为的最小正周有为， 所以的最小正周期为，故A正确； ． 又，令，， 因为的周期为，所以只需讨论内的的最大值， 此时当时，，当时，， 故当，即时，有极大值， 又，因此的最大值为，故B正确； 因为， 所以直线不是图象的对称轴，故C错误； ， 所以点是图象的对称点，故D正确． 故选：ABD 11. 设D是含数1的有限实数集，是定义在D上的函数，若的图像绕原点逆时针旋转后与原图像重合，则下列选项中的取值可能为（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】BD 【解析】 【分析】先阅读理解题意，则问题可转化为圆上有6个点为一组，每次绕原点逆时针旋转个单位后与下一个点会重合，再结合函数的定义逐一检验即可． 【详解】由题意可得，问题相当于圆上由6个点为一组，每次绕原点逆时针旋转个单位后与下一个点会重合； 设处的点为， ∵的图象绕原点逆时针旋转后与原图象重合， ∴旋转后的对应点也在的图象上， 同理旋转后的对应点也在图象上， 以此类推，对应的图象可以为一个圆周上6等分的6个点； 对于A，当时，与正半轴夹角为， 所以，此时，，此时，不满足函数定义，故A错误； 对于B， 当时，与正半轴夹角的正切值为，此时每个只对应一个，满足函数定义，故B正确； 对于C，当时，与正半轴夹角为， 即，此时，，此时，不满足函数定义，故C错误； 对于D， 当时，与正半轴夹角为，此时每个只对应一个，满足函数定义，故D正确； 故选：BD． 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 写出一个半径为，且与直线相切于点的圆的方程：________． 【答案】或（写1个即可） 【解析】 【分析】设出圆心，利用切线的性质，根据垂直直线斜率以及点到直线距离，建立方程组，可得答案. 【详解】设圆心坐标为，半径为，且与直线相切于点， 由直线，可得该直线斜率为， 所以，解得或， 所以所求圆的方程为或． 故答案为：或（写1个即可）. 13. 已知正项数列的前项和为，且，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定的递推公式探求得数列的周期，再利用周期性及基本不等式求解即得. 【详解】正项数列中，由，得，则， 即数列是以4为周期的周期数列，而，则， 因此， 当且仅当时取等号， 所以的最小值为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：求解本题的关键是求出数列的周期，再借助周期性求前n项和. 14. ，任意，满足，求有序数列有_____对. 【答案】48 【解析】 【分析】先确定，再结合，设，可得到，进而求出这四个数，从而求得答案. 【详解】由题意知， 满足， 不妨设， 则必有， 若，解得； 若，解得， 由此可知此时有2种情况， 结合任意，共有对， 故答案为：48 【点睛】关键点睛：解答本题的关键是结合推出时，这四个数的值，进而结合题意求得答案. 四、解答题：本大题共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. 已知椭圆（）的半焦距为，原点O到经过两点，的直线的距离为． （Ⅰ）求椭圆E的离心率； （Ⅱ）如图，AB是圆M:的一条直径，若椭圆E经过A,B两点，求椭圆E的方程． 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）． 【解析】 【详解】试题分析：（1）依题意，由点到直线的距离公式可得，又有，联立可求离心率； （2）由（1）设椭圆方程，再设直线方程，与椭圆方程联立，求得，令，可得，即得椭圆方程. 试题解析：（Ⅰ）过点的直线方程为， 则原点到直线的距离， 由，得，解得离心率. （Ⅱ）由（1）知，椭圆的方程为. 依题意，圆心是线段的中点，且. 易知，不与轴垂直. 设其直线方程为，代入（1）得 . 设，则，. 由，得，解得. 从而. 于是. 由，得，解得. 故椭圆的方程为. 16. 如图，在四棱锥中，平面，，，，，，分别为，的中点． （1）设，且，，，四点共面，求实数的值； （2）若平面和平面所成角的余弦值为，求三棱锥的体积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）方法一：建立空间直角坐标系，求出点的坐标及向量坐标，利用共面向量基本定理建立方程组求解即可； 方法二：建立空间直角坐标系，求出点的坐标及向量坐标，求出平面的法向量，然后利用建立方程求解即可； 方法三：延长交于，连接，利用线面平行判定定理证明平面，然后利用线面平行的性质定理得四边形是平行四边形，利用比例相等求解即可； （2）求出平面的法向量，然后利用向量法表示二面角的平面角，求解， 方法一：利用向量法求三棱锥的高，然后求出，利用锥体体积求解即可； 方法二：先利用线面平行的性质定理得平面，然后利用等体积法，转化为求解即可. 【小问1详解】 方法一：坐标法（利用共面向量基本定理） 在平面内作，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，，，，， ，，，，， 又，分别为，的中点， ，， ， ，，共面，存在实数，，使得， 即， ，解得； 方法二：坐标法（利用法向量） 在平面内作，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，，，，， ，，，，， ， 又，分别为，的中点， ，， 设平面的法向量为， ，，令得， ， 又，，共面， ，解得； 方法三：几何法：延长交于，连接， ，分别为，的中点，， 平面，平面， 平面， 又平面平面， ，，又， 四边形是平行四边形， ，， 过作交于，， 又，； 【小问2详解】 方法一：由（1）得， 又，， 设平面的法向量为， ，解得，令得， ， 设平面和平面所成的角为， ， 整理得， ，，即； 方法一：利用向量法求三棱锥的高， 平面的法向量为，， 设点到平面的距离为，， 平面，又平面，， 又，，、平面， 平面， 又，分别为，的中点， ，， 平面，又平面，， 又，，， 则， 所以； 方法二：几何法：，分别为，的中点，， 平面，平面，平面， ， ，平面， ， . 17. 对于数列，定义，满足，，记，称为由数列生成的“m—函数”. （1）试写出“2—函数”，并求的值； （2）若“1—函数”，求n的最大值. 【答案】（1）， （2）5 【解析】 【分析】（1）根据数列新定义知是公差为m的等差数列，进而求出，利用累加法求出，最后求解即可. （2）根据“1—函数”定义结合等差数列和等比数列求和公式求出，变为，令，利用导数法判断其单调性，结合得，即可得解. 【小问1详解】 由定义及，知， 所以是公差为m的等差数列，所以. 因为，所以，所以，即. 当时，有，，……， 所以，即. 当时，， 所以“2—函数”. 当时，. 【小问2详解】 当时，， 故“1—函数” . 由，得. 令，则， 所以在上单调递增. 因为.所以当时，，所以当时，， 故n的最大值为5. 18. 某公司计划购买2台机器，该种机器使用三年后即被淘汰，机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个200元．在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个500元．现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得下面柱状图： 以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率，记X表示2台机器三年内共需更换的易损零件数，n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数． （1）求X的分布列； （2）若要求，确定n的最小值； （3）以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在与之中选其一，应选用哪个？ 【答案】（1）的分布列为 16 17 18 19 20 21 22 （2）19 （3）应选 【解析】 【分析】（1）由已知得X的可能取值为16，17，18，19，20，21，22，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列；（2）由X的分布列求出P（X≤18）=，P（X≤19）=．由此能确定满足P（X≤n）≥0．5中n的最小值；（3）购买零件所用费用含两部分，一部分为购买零件的费用，另一部分为备件不足时额外购买的费用，分别求出n=19时，费用的期望和当n=20时，费用的期望，从而得到买19个更合适． 【详解】（1）由柱状图并以频率代替概率可得，一台机器在三年内需更换的易损零件数为8，9，10，11的概率分别为0．2，0．4，0．2，0．2，从而 ； ； ； ； ； ； ． 所以的分布列为 16 17 18 19 20 21 22 （2）由（1）知，，故的最小值为19． （3）购买零件所用费用含两部分，一部分为购买零件的费用，另一部分为备件不足时额外购买的费用. 当n=19时，费用的期望为：19×200+500×0.2+1000×0.08+1500×0.04=4040； 当n=20时，费用的期望为：20×200+500×0.08+1000×0.04=4080. 可知当时所需费用的期望值小于时所需费用的期望值，故应选． 考点：离散型随机变量及其分布列 19. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）证明：当时，有且只有一个零点； （3）若在区间各恰有一个零点，求的取值范围. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可； （2）分析在和，时的正负判断即可； （3）根据（2）可得，又，设，根据时为临界条件，分与两种情况，分别求导分析的单调性，进而得到的正负区间，进而得到的单调区间，同时结合零点存在定理求解即可 【小问1详解】 由题意，，，故，又，故曲线在点处的切线方程为，即 【小问2详解】 由题意，因为，故当时，，当时，，当时，，故当时，有且只有一个零点 【小问3详解】 由（2）可得，，故 设，则 ①若，则，在上为减函数，故，故在上为减函数，不满足题意； ②若， i）当时，，单调递减，且，，故存在使得，故在上单调递增，在上单调递减.又，，且，设，易得，故在单调递增，故，故，故.故在上有一个零点，综上有在区间上有一个零点 ii）当时，，设，则，故为减函数，因为，，故存在使得成立，故在单调递增，在单调递减.又，，故存在使得成立，故在上，单调递减，在上，单调递增.又，故，且，，故，故存在使得，综上有在区间上有一个零点. 综上所述，当时，在区间各恰有一个零点 【点睛】本题主要考查了导数的几何意义，同时考查了利用导数分析函数的单调性与最值，同时结合零点存在定理判断函数零点的问题，需要根据题意确定临界条件分类讨论，再分析导函数的单调性，进而得到导函数的正负区间，从而得到原函数的单调性，并根据零点存在性定理分析，属于难题 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $