精品解析：河南省信阳市信阳高级中学（贤岭校区）2025-2026学年高三上学期1月测试（一）数学试题

河南省信阳高级中学新校（贤岭校区） 2025-2026学年高三上期01月测试（一） 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，则（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 5 3. 已知，则的最小值是（ ） A. 5 B. 1 C. 2 D. 4. 如图所示，平行四边形ABCD的对角线相交于点O，E为AO的中点，若，则λ＋μ等于（ ） A. 1 B. －1 C. D. 5. 已知双曲线，圆经过直线，的四个交点，且圆与 在第一象限交于点 ，与 轴分别交于点 ，则的面积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知数列满足，，恒成立，则的最小值为（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 7. 已知函数的图象上存在三个不同点，且这三个点关于原点的对称点在函数的图象上，其中为自然对数的底数，则实数的取值范围为 A. B. C. D. 8. 已知函数在区间上恰有3个零点，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. 在正中，边长为3， 为边的中点，则下列结论正确的有（ ） A. B. 在上的投影向量为 C. D. 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 在单调递减 B. 在单调递增 C. 有一个极大值是 D. 有一个极大值是 11. “阿基米德多面体”也称为半正多面体（semi-regularsolid），是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体．已知，则关于如图半正多面体的下列说法中，正确的有（ ） A. 该半正多面体的体积为 B. 该半正多面体的顶点数 、面数、棱数满足关系式 C. 该半正多面体过三点的截面面积为 D. 该半正多面体外接球的表面积为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 二项式展开式中含项的系数为80，则__________． 13. 已知抛物线的焦点为F，点A在C上，过点A作C的准线的垂线，垂足为B．若直线BF的方程为，则________． 14. 某时钟的秒针端点A到中心点O的距离为，秒针均匀地绕点O旋转，当时间时，点A与钟面上标12的点B重合，将A，B两点的距离表示成的函数，则______ 其中. 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. 在中，． （1）求B的大小； （2）延长BC至点M，使得．若，求的大小． 16. 已知数列的前项和为，且. （1）求数列的通项公式； （2）在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列.在数列中是否存在 项、、（其中、、成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的 项；若不存在，请说明理由. 17. 如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，分别是线段的中点，二面角为直二面角. （1）求证：平面； （2）若点 为线段上的动点（不包括端点），求锐二面角的余弦值的取值范围. 18. 已知为椭圆的右焦点，过点作与 轴平行的直线，该直线与椭圆 交于两点（点在第一象限），当时，. （1）求椭圆 的标准方程； （2）若直线与 轴交于点，证明：四点共圆. 19. 数学家高斯在研究整数问题时，发明了取整符号，用表示不超过 的最大整数，例如，． （1）分别求函数和的值域； （2）若，求函数的值； （3）若数列满足：是数列的前项和，求的值． 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） 2025-2026学年高三上期01月测试（一） 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】确定，再计算并集得到答案. 【详解】，，故. 故选：C 2. 若，则（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的运算性质求出，进而计算即可． 【详解】若，即， 则， 则． 故选：B． 3. 已知，则的最小值是（ ） A. 5 B. 1 C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】由得到，利用基本不等式即可求解. 【详解】∵，∴xy=100(x>0,y>0)， ∴， ∴ (当且仅当x=y=10时取“=”) 所以的最小值为. 故选：D. 4. 如图所示，平行四边形ABCD的对角线相交于点O，E为AO的中点，若，则λ＋μ等于（ ） A. 1 B. －1 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】以为基底表示出，即可确定参数. 【详解】因为E为AO的中点，所以， 所以， 即，所以，，所以D正确. 故选：D. 5. 已知双曲线，圆 经过直线，的四个交点，且圆 与 在第一象限交于点 ，与 轴分别交于点，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意判断圆心位置，求得半径，判断点即双曲线的左右两焦点，利用双曲线的定义与勾股定理，建立方程组，求得，即可求的面积. 【详解】设双曲线的半焦距为，由题意，圆 的圆心在坐标原点，半径， 点即双曲线的左右两焦点，故有①， 且因为圆的直径，可得，则有②， 将①式两边取平方，， 解得，故的面积为. 故选：B. 6. 已知数列满足，，恒成立，则 的最小值为（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】通过等差数列的定义求出的通项公式，再利用裂项相消法求出，进而确定 的最小值. 【详解】因为，所以，即， 又， 是以 为首项，为公差的等差数列， ∴，∴， 故对，， 也符合上式， ， 故，即 的最小值为． 故选：C． 7. 已知函数的图象上存在三个不同点，且这三个点关于原点的对称点在函数的图象上，其中为自然对数的底数，则实数 的取值范围为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】令，则由题意可得函数的图象与函数的图象有三个交点，即方程有三个不同的实数根．由可得，即，令，则直线与函数的图象有三个交点，易得，当或 时，当时，所以函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，所以函数的极小值为，极大值为．又，，所以当时，直线与函数的图象有三个交点，故实数 的取值范围为．故选B． 8. 已知函数在区间上恰有3个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先由零点个数求出，再用整体法得到不等式组，求出的取值范围. 【详解】因为，，其中，解得：， 则，要想保证函数在恰有三个零点， 满足①，，令，解得：； 或要满足②，，令，解得：； 经检验，满足题意，其他情况均不满足条件， 综上：的取值范围是. 故选：C. 【点睛】三角函数相关的零点问题，需要利用整体思想，数形结合等进行解决，通常要考虑最小正周期，确定的范围，本题中就要根据零点个数，先得到，从而求出，再进行求解. 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. 在正中，边长为3， 为边 的中点，则下列结论正确的有（ ） A. B. 在上的投影向量为 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用向量的运算法则计算各个选项可判断. 【详解】， 故选项A正确； 在上的投影向量为： ， ， 故选项B错误； 因为 为边 的中点， 所以， 又因为，所以， 所以 . 故选项C正确； 因为为等边三角形，且 为边 的中点， 所以，，，， 所以：. 故选项D正确. 故选：ACD 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 在单调递减 B. 在单调递增 C. 有一个极大值是 D. 有一个极大值是 【答案】ACD 【解析】 【分析】求导，利用导数，结合三角函数的性质可得单调性，由单调性即可判断极值，即可结合选项逐一求解. 【详解】由得， 对于A,当时，，故 ,因此在单调递减，A正确， 对于B,当时，， 故在并非一直,因此在并非单调递增，B错误， 令，此时单调递减， 则当或时，此时单调递增， 故当和 时，分别取极大值和极小值， 对于C,当时，，故C正确， 对于D，当时，，故D正确， 故选：ACD 11. “阿基米德多面体”也称为半正多面体（semi-regularsolid），是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体．已知，则关于如图半正多面体的下列说法中，正确的有（ ） A. 该半正多面体的体积为 B. 该半正多面体的顶点数 、面数 、棱数满足关系式 C. 该半正多面体过三点的截面面积为 D. 该半正多面体外接球的表面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，该半正多面体是由棱长为的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到，求出正方体体积减去8个三棱锥的体积即可；B选项，得到，B正确；C选项，过三点的截面为正六边形，结合三角形面积公式求出C错误；D选项，转化为外接球即为底面棱长为2，侧棱长为的正四棱柱的外接球，求出外接球半径，得到表面积. 【详解】如图，该半正多面体是由棱长为的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的． 对于A，因为由正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的， 所以该几何体的体积为：，故A正确； 对于B，几何体顶点数为12，有14个面，24条棱，即，满足，故B正确； 对于C，由平行关系得到过三点的截面为正六边形，边长为2， 可分割为6个正三角形，所以，故C错误； 对于D，根据该几何体的对称性可知，该几何体的外接球即为底面棱长为2， 侧棱长为的正四棱柱的外接球，故外接球半径为， 所以该半正多面体外接球的表面积，故D正确， 故选：ABD． 【点睛】方法点睛：立体几何中截面的处理思路： （1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程； （2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线； （3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线； （4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 二项式展开式中含项的系数为80，则__________． 【答案】5 【解析】 【分析】根据给定条件，利用二项式定理列式计算得解. 【详解】二项式展开式中含的项为，依题意，， 即，解得. 故答案为：5 13. 已知抛物线的焦点为F，点A在C上，过点A作C的准线的垂线，垂足为B．若直线BF的方程为，则________． 【答案】5 【解析】 【分析】先由直线BF的方程求出焦点、准线方程，则可得抛物线的方程，进而得点 ，从而求出点 ，再由焦半径公式即可得解. 【详解】在中，令，解得 ，所以， 因为，所以，解得， 所以抛物线C的方程为，其准线方程为， 在方程中，令，得，所以，所以点A的纵坐标为4， 在方程中，令，解得 ，所以， 由抛物线的定义，得． 故答案为：. 14. 某时钟的秒针端点A到中心点O的距离为，秒针均匀地绕点O旋转，当时间时，点A与钟面上标12的点B重合，将A，B两点的距离表示成的函数，则______ 其中. 【答案】, 【解析】 【分析】可以求出，从而由余弦定理可以得到，由余弦的二倍角公式即可化简得. 【详解】如图， ； 在中， 由余弦定理得，由，知， 故答案为：． 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. 在中，． （1）求B的大小； （2）延长BC至点M，使得．若，求的大小． 【答案】（1）； （2）或． 【解析】 【分析】（1）由，代入已知等式中，利用两角和与差的正弦公式化简得，可得B的大小； （2）设，，在和中，由正弦定理表示边角关系，化简求的大小. 【小问1详解】 在中，，所以． 因为，所以， 即 化简得． 因为，所以，． 因为，所以． 【小问2详解】 法1：设，，则． 由（1）知，又，所以在中，． 在中，由正弦定理得，即①． 在中，由正弦定理得，即②． ①÷②，得，即，所以． 因为，，所以或，故或． 法2：设，则，． 因为，所以，因此， 所以，． 在中，由正弦定理得，即， 化简得． 因为，所以或，， 故或． 16. 已知数列的前 项和为，且. （1）求数列的通项公式； （2）在与之间插入 个数，使这个数组成一个公差为的等差数列.在数列中是否存在 项、、（其中 、、成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的 项；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）不存在，理由见解析 【解析】 【分析】（1）当时，求出的值，当时，由，得，两式推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，即可求得数列的通项公式； （2）求得，假设存在 项、、（其中 、、成等差数列）成等比数列，可得出，整理得出，联立可得出结论. 【小问1详解】 当时，由①，得②. 由①②得，，即. 当时，，解得. 所以数列是首项为 ，公比为 的等比数列.所以. 【小问2详解】 不存在 项、、（其中 、、成等差数列）成等比数列.理由如下： 依题意得，即，解得. 假设存在 项、、成等比数列（其中），则， 即，整理得. 联立，解得，这与已知条件矛盾. 所以不存 项、、（其中 、、成等差数列）成等比数列. 17. 如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，分别是线段的中点，二面角为直二面角. （1）求证：平面； （2）若点 为线段上的动点（不包括端点），求锐二面角的余弦值的取值范围. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）首先证明，然后证明平面，可得，即可证明； （2）首先证明平面，然后以 为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，设，算出两个平面的法向量，然后求出二面角的余弦值，然后可得答案. 【小问1详解】 连接，由题设知四边形为菱形，， 分别为中点， ； 又 为中点，， 因为二面角为直二面角， 即平面平面，平面平面平面 平面，又平面 ； 又平面 平面. 【小问2详解】 ， 为等边三角形，， 平面平面，平面平面，平面 平面， 则以 为坐标原点，所在直线为轴，可建立如图所示空间直角坐标系， 则，， 设，则， ； 由（1）知：平面 平面的一个法向量； 设平面的法向量， 则，令，则； ， 令，则； ， 即锐二面角的余弦值的取值范围为. 18. 已知为椭圆的右焦点，过点作与 轴平行的直线，该直线与椭圆 交于两点（点在第一象限），当时，. （1）求椭圆 的标准方程； （2）若直线与 轴交于点 ，证明：四点共圆. 【答案】（1） （2）证明：依题意，点关于 轴对称，故的外接圆圆心在 轴上，设， 将代入，解得，依题意，， 则的外接圆半径为， 于是的外接圆的方程为：， 因点在该圆上，代入解得， 故的外接圆的方程可化简为：（*）. 又直线的方程为：，令 ，可得， 将其代入（*），可得：， 即点 在该圆上，故四点共圆. 【解析】 【分析】（1）由题意得①，把代入中，求得点的坐标，利用可得，代入坐标化简得，由① ，② 联立求出即得椭圆方程； （2）先由点关于 轴对称，设出的外接圆圆心，将代入求得，写出的外接圆的方程，利用点在该圆上，化简得出该圆方程：，再由直线与 轴交于点 求出点 坐标，证明其在该圆上即可. 【小问1详解】 依题，，即 ①，把代入中，解得， 因点在第一象限，则，由可得， 代入点的坐标可得：，即得， 整理得：②， 将① 代入②可得：，解得（负值舍去），则， 故椭圆 的标准方程为：. 【小问2详解】 略 【点睛】关键点点睛：证明四点共圆问题，一般先由其中三点建立其外接圆方程，再证明第四个点在该圆上即可. 19. 数学家高斯在研究整数问题时，发明了取整符号，用表示不超过 的最大整数，例如，． （1）分别求函数和的值域； （2）若，求函数的值； （3）若数列满足：是数列的前 项和，求的值． 【答案】（1），的值域为整数集 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦函数的有界性可得，而函数无界，其值域为，所以的值域为整数集； （2）先求出与的值域，发现当 且时，，当 时，，由此可得函数的值； （3）令，求得单调递减，利用单调性分析可得：，再令，利用导数可知在上单调递增，故，又当 为奇偶时分别两次运用分组求和法可求得的范围，由此可得求的值. 【详解】（1）由于，所以， 由于函数的值域为，所以的值域为整数集； （2）令，则，当时，；当时，； 所以在上单调递减，在上单调递增，又，， 所以当 时，，当 时，． 由于恒成立，并且当 时，，当 时，． 故当 且时，，当 时，． 所以 （3）令，则在上单调递减，且， ，所以 依次可得：， 令，则在上恒成立． 所以在上单调递增， 故，又， 所以当为偶数时， 即， 故； 当为大于1的奇数时， 即，故． 所以 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $