河南省周口市商水县2024-2025学年高三上学期期中数学试题【含答案解析】

2024—2025学年度综合能力调研检测数学本试卷总分150分，考试时间120分钟.注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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.若，则（）A. B.C D.【答案】D【解析】【分析】根据条件，利用复数的运算，即可求解.【详解】由，得到，故选：D.2.若函数定义域为集合，集合，，，则是的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】求出集合，利用集合的包含关系判断可得出结论.【详解】因为，，所以，集合是集合的真子集，所以，是的必要不充分条件，故选：B.3.在中，内角、、所对的边分别为、、，，，若，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用二倍角公式求出的值，再利用正弦定理可求得的值.【详解】因为为的内角，则，由二倍角的余弦公式可得，解得，由正弦定理可得，所以，.故选：A.4.从标号分别为的四个不同圆形图标与标号分别为的三个不同方形图标中任取个图标排成一排，则不同的排法共有（）A.种 B.种 C.种 D.种【答案】D【解析】【分析】根据条件，利用排列的定义及排列数的计算，即可求解.【详解】由题知，不同的排法共有，故选：D.5.记等比数列的前项和为，若，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据条件，求出，再利用等比数列的前项和公式及通项公式，即可求解.【详解】设等比数列的首项为，公比为，又，得到，所以，则，故选：A.6.加斯帕尔一蒙日是18—19世纪法国著名的几何学家．他在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”．现有如图所示半径为的“蒙日圆”，其内接矩形与一椭圆相切（直线与椭圆有且只有一个公共点），且切点为矩形各边的中点，若该矩形的面积为，则该椭圆的离心率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】分析可知，椭圆外切矩形的面积为，“蒙日圆”的半径为，可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，可得出的值，由此可求出该椭圆离心率的值.【详解】如下图所示，设椭圆方程为，如下图所示：过该椭圆的顶点作椭圆的切线、，则这四条切线围成的矩形的顶点坐标分别为、、、，且椭圆与这个外切矩形的切点刚好为各边的中点，所以，该矩形的面积为，可得，“蒙日圆”的半径即为该矩形对角线长的一半，即，于是有，解得，则，因此，该椭圆的离心率为，故选：B.7.已知底面边长为，高为的正三棱柱的顶点均在球的表面上，则球心到平面的距离为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求.【详解】设外接圆圆心为，外接圆圆心为，则正三棱柱的外接球球心为中点，由题意，以为原点，建立如图空间直角坐标系，因为边长为，高为，所以，故，故，所以，设平面的法向量为，则，令，则，所以，平面的法向量为，所以到平面的距离.故选：C8.若方程与方程共有个不同的实数根，则实数的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，得到单调区间，进而可得的图象，再结合图象与题设得且，即可求解.【详解】由，得到，令，则，令，得到或（舍），当时，，当时，，即的增区间为，减区间为，又时，，时，，时，，且，，的图象如图，令，由图知，当时，与有个交点，即方程有个解，当或时，与有个交点，即方程有个解，又方程与方程共有个不同的实数根，则且，得到，故选：B.【点晴】关键点点晴，本题的关键在于通过构造函数，利用导数求出的单调区间，作出的图象，数形结合，先求出解的情况，再结合二次方程的解的情况，即可求解.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）9.2024年巴黎奥运会中男单八进四中樊振东逆转张本智和挺进男单四强，体现了中国体育健儿顽强的意志品质与拼搏精神，其7场的得分分别为2，9，11，11，4，11，11，则这组数据的（）A.极差为9 B.中位数为11C.平均数大于9 D.30%分位数为9【答案】ABD【解析】【分析】A选项，根据极差定义得到A正确；B选项，将数据从小到大排序，由中位数定义得到B正确；C选项，利用平均数公式得到C错误；D选项，将数据从小到大排序，由百分数得到答案.【详解】A选项，极差为，A正确；B选项，7场的得分从小到大排序为2，4，9，11，11，11，11，从小到大，选择第4个数据作为中位数，即11，B正确；C选项，平均数为，C错误；D选项，7场的得分从小到大排序为2，4，9，11，11，11，11，，故选取第3个数据作为30%分位数，即9，D正确.故选：ABD10.将函数的图象向右平移个单位，再向上平移个单位得到函数的图象，则下列结论正确的是（）A.的最小正周期为B.的图象关于点对称C.的图象关于直线对称D.若，则是的整数倍【答案】ACD【解析】【分析】根据条件得到，对于A，注意到，即可求解；利用的图象与性质，直接求出的对称中心和对称轴，即可求判断B和C的正误；对于D，根据条件，直接求出，即可求解.【详解】由题知，对于选项A，易知的最小正周期为，又，所以，所以的最小正周期为，故选项A正确，对于选项B，由，得到，所以的对称中心为，由，得到，所以选项B错误，对于选项C，由，得到，所以的对称轴为，当时，，所以选项C正确，对于选项D，由，得到，所以，得到，则，，得到，即，所以选项D正确，故选：ACD.11.若函数，则下列说法正确的是（）A.在处取得极小值B.当时，方程有两个不同的实根C.D.若点在的图象上运动，则点到直线距离的最小值为【答案】ACD【解析】【分析】对于A，对求导，再利用极值的定义，即可求解；对于B，求出的单调区间，进而得出的图象，数形结合，即可求解；对于C，利用的单调性，即可求解；对于D，根据条件得当曲线在处的切线与平行时，点到直线的距离最小，再利用导数的几何意义，求出切点，即可求解.【详解】对于选项A，因为，则，当时，，当时，，且，所以是的极小值点，又，所以选项A正确，对于选项B，由选项A知，在区间上单调递减，在区间上单调递增，又当时，，当时，，的图象如图，令，由图知，当时，与有两个交点，当时，与只有一个交点，所以选项B错误，对于选项C，由选项B知，在区间上单调递减，在区间上单调递增，且当时，，当时，，又，所以，故选项C正确，对于选项D，设点，易知当曲线在处的切线与平行时，点到直线的距离最小，又，则，令，则，易知，当时，，当时，，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，且时，，又，所以，又，得到，所以到直线的距离为，故选项D正确，故选：ACD.【点晴】方法点晴，利用导数研究函数的极值：（1）可导函数在点处取得极值的充要条件是，且在左侧与右侧f′(x)的符号不同；（2）若在内有极值，那么在内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12.已知向量，，记向量与的夹角为，则_____．【答案】【解析】【分析】利用平面向量数量积的坐标运算得出，可得出的值，由此可得结果.【详解】因为向量，，则，，所以，，则，所以，，故.故答案为：.13.已知函数在区间内的最大值为，则_____．【答案】##【解析】【分析】分、、三种情况讨论，分析函数在上的单调性，结合可求得实数的值.【详解】因为二次函数图象的对称轴为直线，当时，函数在上为减函数，则，解得，合乎题意；当时，函数在上为增函数，在上为减函数，所以，，无解；当时，函数在上为增函数，所以，，解得（舍）.综上所述，.故答案为：.14.已知点在抛物线上，且的焦点为，过点作直线与交于、两点，则的取值范围为_____；若直线、分别交于、两点（点、异于点、），则_____．【答案】①.②.【解析】【分析】将点的坐标代入抛物线的方程，求出的值，可得出抛物线的方程，分析可知，直线不与轴重合，可设直线的方程为，与抛物线方程联立，由可求出的取值范围，列出韦达定理，结合韦达定理可求出的取值范围；设点、，由可推导出，，利用抛物线的焦半径公式结合三角形的面积公式可求得的值.【详解】将点的坐标代入抛物线方程可得，解得，所以，抛物线的方程为，易知抛物线的焦点为，若直线与轴重合，此时，直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，设直线的方程为，联立可得，则，解得或，由韦达定理可得，，所以，；设点、，则，，由题意可知，，即，整理可得，显然，则，同理可得，故答案为：；.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.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，，所对的边分别为，，，，其中为的面积．（1）求；（2）若为锐角三角形，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据条件，利用面积公式，得到，即可求解；（2）利用正弦定理，根据条件，边转角得到，再由条件有，即可求解.【小问1详解】因为，又，得到，整理得到，又，所以.【小问2详解】由（1）知，所以，则，又因为为锐角三角形，所以，得到，所以，得到，所以的取值范围为.16.假期某家长带着甲、乙两个小孩参与户外活动体验，锻炼小孩的适应能力与创新能力，其中在参与“过独木桥”活动的过程中，每参与一次称为一次实险（不管是否通过），甲、乙两人能一次性通过的概率分别为和．若一次性通过得分；没通过得分，两人每次是否一次性通过均相互独立．已知甲、乙两人各实验一次，且两人得分之和为分的概率为．（1）求的值；（2）若甲一次性通过的概率小于乙一次性通过的概率，甲、乙两人各实验两次，求两人得分之和的分布列，并通过数据证明．【答案】（1）或（2）分布列答案见解析，证明见解析【解析】【分析】（1）分析可知，甲通过乙不通过，或者乙通过甲不通过，利用独立事件和互斥事件的概率公式可得出关于的方程，解之即可；（2）根据题意可得出关于的不等式，结合（1）中的结果可得出的值，分析可知随机变量的可能取值有、、，求出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，求出的值，即可证得结论成立.【小问1详解】由题意知，甲、乙两人各实验一次，且两人得分之和为分，则甲通过乙不通过，或者乙通过甲不通过，所以，其概率为，整理可得，解得或，经检验，都合乎题意.因为或.小问2详解】由题意，解得，故，所以，甲、乙两人能一次性通过概率分别为、，由题意可知，随机变量的可能取值为、、、、，，，，，，所以，的分布列如下表所示：则.17.如图，在正三棱柱中，，为的中点．（1）证明：平面；（2）若点为线段上一点，且直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取线段的中点，连接，证明出，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，利用空间向量垂直的坐标表示证明出，，结合线面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）设点，其中，利用空间向量法可求得的值，然后利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值.【小问1详解】取线段的中点，连接，在正三棱柱中，为等边三角形，且平面，则，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，设，则、、、、，所以，，，，所以，，，所以，，，因为，、平面，所以，平面.【小问2详解】设点，其中，，由（1）可知，平面的一个法向量为，因为线与平面所成角的正弦值为，则，整理可得，即，因为，解得，则，，设平面的一个法向量为，则，可得，取可得，则，所以，平面与平面夹角的余弦值为.18.已知双曲线的左、右焦点分别为、，焦距为，且点到其渐近线的距离为．（1）求的标准方程．（2）若点是上第一象限的动点，过点作直线（不与渐近线平行），若与只有一个公共点，且与轴相交于点（与点不重合）．（i）证明：．（ii）若点在直线上，且，那么点是否在定直线上？若在定直线上，求出该直线方程；若不在定直线上，请说明理由．【答案】（1）（2）（i）证明见解析；（ii）在，且定直线方程为，理由见解析.【解析】【分析】（1）由已知条件求出、的值，可得出的值，由此可得出双曲线的方程；（2）（i）利用两点间的距离公式化简、的表达式，证明出双曲线在点处的切线方程为，求出点的坐标，由此可证得；（ii）求出直线的方程，将该直线方程与直线的方程联立，求出点的坐标，即可得出结论.【小问1详解】由题意可知，可得，双曲线的渐近线方程为，即，点到其渐近线的距离为，所以，，因此，双曲线的方程为.【小问2详解】（i）因为是上第一象限的动点，则，可得且，易知点、，所以，，由双曲线的定义可得，所以，，先证明出双曲线在点处的切线方程为，联立可得，整理可得，解得，所以，双曲线在点处的切线方程为，在直线的方程中，令，可得，即点，且，所以，，因此，；（ii）如下图所示：直线的斜率为，因为，则直线的斜率为，所以，直线的方程为，联立直线和直线的方程，可得，解得，因此，点在定直线上.【点睛】结论点睛：双曲线在其上一点处的切线方程为.19.定义：如果存在点使得函数和在该点处的函数值相等，则称函数与具有“关于的”关系．（1）判断函数与是否具有“关于的”关系；（2）若函数与不具有“关于的”关系，求实数的取值范围；（3）若函数与在区间上具有“关于的”关系，求实数的取值范围．【答案】（1）存在，理由见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）令，利用零点存在定理可得出结论；（2）由题意可知，对任意的，可得，令，其中，则直线与函数的图象没有公共点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围；（3）分析可知，则存在，使得，构造函数，其中，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数的单调