河南省部分学校2024-2025学年高三下学期2月开学收心考试数学试题（解析版）

这是一份河南省部分学校2024-2025学年高三下学期2月开学收心考试数学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了本试卷共150分，请将各题答案填在答题卡上等内容，欢迎下载使用。
考试说明：
1．本试卷共150分．考试时间120分钟．
2．请将各题答案填在答题卡上．
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. 已知集合和集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分别解一元二次不等式和分式不等式，再求交集即得.
【详解】由可得，即，
由，解得：，即，
故.
故选：C.
2. 已知为虚数单位，则的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据条件，利用指数幂运算及虚数单位的运算，即可求解.
【详解】因为，所以的虚部为，
故选：D.
3. 已知点是角终边上一点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据角的终边经过某点的三角函数值及二倍角公式即可求解.
【详解】依题意可得，
所以.
故选：A
4. 已知平面向量，满足：，，则在方向上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意求出的坐标，再根据投影向量的公式计算即可.
【详解】因为，所以，
又因为，两式相减可得，
所以，
所以在方向上的投影向量为，
故选：A.
5. 某同学将英文单词“”中字母的顺序记错了，则该同学写错的情况有（ ）
A. 种B. 种C. 种D. 种
【答案】D
【解析】
【分析】先求出英文单词“”中字母所有排列，即可求解.
【详解】因为“”中字母共有种排法，所以该同学写错的情况有种，
故选：D.
6. 已知，，，成等差数列，，，，，成等比数列，则（ ）
A. 54B. C. 或54D. 或27
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差数列、等比数列定义列式计算得解.
【详解】由，，，成等差数列，得公差，
由，，，，成等比数列，得，
而，解得，
所以.
故选：B
7. 已加直线与双曲线的渐近线分别交于M，N两点，P为弦MN的中点，若直线OP（O为坐标原点）的方程为，则（ ）
A. B. 4C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】联立直线与渐近线方程求得坐标，再由中点坐标公式得到坐标，即可求解；
【详解】
由双曲线方程易得渐近线方程：，联立，
解得：，即
解得：，即
所以点
由题意可知，
解得：
故选：B
8. 已知函数，，当时，函数的图象始终在函数图象的上方，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将已知不等式变形为，可得出，令，利用导数求出的取值范围，可得出，然后分、、三种情况讨论，在第一种情况下，直接验证即可；在第二、三种情况下，结合参变量分离法可求出实数的取值范围.
【详解】由题意可知，对任意的，，即，即，
因为，故，故，
令，其中，则，
由可得，由可得，所以，
由题意可得恒成立，
当时，显然该不等式成立，此时，；
当时，则，令，其中，则，
由可得，由可得，
所以，函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，；
当时，则，令，其中，则，
所以，函数在上单调递减，则.
综上所述，，即实数的取值范围是.
故选：D.
【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1），；
（2），；
（3），；
（4），.
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．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．
9. 已知正四棱台上底面的边长为2，下底面边长为4，棱台的体积为56，则下列说法正确的是（ ）
A. 该四棱台高为3B. 该四棱台的侧棱长为
C. 该四棱台的侧面积为D. 该四棱台一定不存在内切球
【答案】BC
【解析】
【分析】利用正四棱台的结构特征，结合体积公式、侧面积公式，计算判断ABC；结合球的结构特征判断D.
【详解】对于A，设该四棱台的高为，则，解得，A错误；
对于B，该四棱台的侧棱长，B正确；
对于C，该四棱台的斜高为，侧面积为，C正确；
对于D，若该四棱台有内切球，内切球必与两底相切，球的直径为四棱台的高6，
而该球的直径一定小于正四棱台下底边长4，矛盾，因此该四棱台不存在内切球，D错误.
故选：BC
10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 函数的最小正周期为
B. 函数在上的值域为
C. 将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，则函数的图象关于y轴对称
D. 若方程在上恰好有一个根，则m的取值范围为
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用三角函数恒等变换化简函数，再结合正弦函数图象与性质逐项求解判断.
【详解】函数
，
对于A，函数的最小正周期为，A错误；
对于B，当时，，，则，B正确；
对于C，，是偶函数，C正确；
对于D，当时，，函数在上递增，函数值从1增大到，
在上递减，函数值从减小到，程在上恰好有一个根，
即直线与函数在上的图象只有一个交点，，即，D正确.
故选：BCD
11. 已知为抛物线的焦点，，为抛物线上两动点，分别过作抛物线的切线，两切线交于点，则（ ）
A.
B. 若直线的倾斜角为，则
C. 直线的方程为
D. 点的坐标为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，利用抛物线标准方程的形式，结合条件，即可求解；对于B，由选项条件，设直线方程为，联立抛物线方程，利用根与系数间的关系，即可求解；对于C，设过点的抛物线的切线方程为，联立抛物线方和，消得到，利用，得到，即可求解；对于D，利用选项C的中结果，可得两切线方程，联立求出交点，即可求解.
【详解】对于选项A，因为为抛物线的焦点，则，解得，所以选项A正确，
对于选项B，由选项A知，，又直线的倾斜角为，设直线方程为，
由，消得，则，，所以选项B错误，
对于选项C，由题可设在点的抛物线的切线方程为，
由，消得到，则，
又，则，解得，
所以在点的抛物线的切线方程为，即，所以选项C正确，
对于选项D，由选项C知，在点的抛物线的切线方程为，
同理可得在的切线方程为，
由，解得，，所以点，故选项D正确，
故选：ACD.
【点晴】关键点点晴，本题的关键在于选项C，设出在的抛物线的切线方程，联立抛物线方程，利用直线与抛物的位置关系，得出斜率与间的关系.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知幂函数的图象经过点，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】设出幂函数的解析式，代入求出参数值即可.
【详解】依题意，设，由函数的图象经过点，得，解得，
所以.
故答案为：
13. 已知100个样本数据的平均数为14，标准差为4，其中，，则这40个数据的方差为__________.
【答案】17.56
【解析】
【分析】由平均值和方差的公式计算.
【详解】由题意得的平均数是，方差为；
设这40个数据的平均数为，方差为，
则，解得；
故，解得.
故答案为：17.56
14. 若为正项数列的前项和，且满足，则数列为__________数列（从“等差”和“等比”二者中选一个填到横线上）；若数列满足：，（），则数列的通项公式为__________.
【答案】 ①. 等差 ②.
【解析】
【分析】根据条件，解得，利用等差数列的定义，即可求解；由条件得到，利用累加法得到当时，，令，利用错位相减法，即可求解.
【详解】由，即，
解得或（舍），所以为常数，
又，故数列为以为首项，公差为的等差数列，
则，得到，
当时，，
令①，则②，
由①②得到，
所以，得到时，，
又时，，满足，所以，
故答案为：等差，.
【点晴】方法点晴，数列求和常用的方法技巧：
（1）倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和；
（2）错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和；
（3）分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和．
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. 已知椭圆的左、右焦点分别是，，过且斜率为的直线与椭圆分别交于M，N两点.
（1）当时，求的面积；
（2）若直线OM的斜率与直线ON的斜率满足，求椭圆C的方程.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）把代入，求出直线的方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理求出三角形面积.
（2）设椭圆右焦点坐标，求出直线的方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理及斜率坐标公式列式求解.
【小问1详解】
当时，椭圆的焦点，直线，
由消去得，设，
则，，
所以的面积为.
【小问2详解】
设，右焦点，则直线，
由消去得，
则，
，由，得，
即，因此，解得，
所以椭圆C的方程是.
16. 如图，圆锥的底面直径和母线长度均为2，是底面圆上的一条弦.
（1）当时，证明：；
（2）当时，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见详解
（2）
【解析】
分析】（1）根据边长关系可证，，进而可知线面垂直，进而可得线线垂直；
（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的一个法向量，利用空间向量求解空间角即可.
【小问1详解】
易知，，
是等腰直角三角形，
为的中点，，
又
，平面，平面
平面平面
．
【小问2详解】
当时，，
过点D作z轴平行于，建立如图所示的空间直角坐标系,
则
设平面的一个法向量为
则，令，则，
设平面的一个法向量为
则，令，则，
设平面与平面的夹角为，
故平面与平面夹角的余弦值为.
17. 已知中，角的对边分别是，.
（1）证明：成等差数列；
（2）若，内切圆半径为r，求r的最大值.
【答案】（1）证明见详解
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理把已知条件化为角的关系，再由诱导公式得，由两角和的正弦公式化简后可得的正切值，从而得B角大小，进而得证；
（2）利用余弦定理及基本不等式可得的范围，利用面积相等可得，变形后再次利用基本不等式即可求解的范围.
【小问1详解】
，
，
，
，
，
，
，，即，
，，
，，
成等差数列；
【小问2详解】
由余弦定理可得，即，
，当且仅当时等号成立，
因为，
，
，
当且仅当，即时等号成立，
即 ，
的取大值为 ．
18. 一颗质地均匀的正四面体骰子，四个面分别印有数字1，2，3，4，记投掷完后，与地面接触面上的数字为该次投掷的点数，连续随机投掷三次，得到的点数分别是x，y，z.
（1）求为偶数的概率：
（2）记随机变量，求X的分布列和数学期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析；
【解析】
【分析】（1）利用列举法求出基本事件总数，两次数字之和为偶数包含的基本事件个数为8，利用古典概型求概率．
（2）可取的值为，然后求出相应的概率列出分布列，求出期望，从而可求解.
【小问1详解】
由题意知，样本空间，，共16个样本点
设事件“为偶数”，则
，共8个样本点，所以，即“为偶数”的概率为.
【小问2详解】
连续随机投掷三次，得到的点数共有种情况，
由题意可知的所有可能取值为，
当时，有4种情况，概率为；
当时，，点数共有
18种情况，概率为；
当时，点数共有，
24种情况，概率为；
当时，点数共有
18种情况，
概率为；
所以的分布列是
所以数学期望.
19. 已知函数在单调递增.
（1）求a的值；
（2）解不等式（为函数的导函数）；
（3）证明：.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意可得在上恒成立，构造函数，利用导数研究其单调性后可得其最小值，再令，利用导数研究其单调性即可得解；
（2）构造函数，利用导数研究其单调性即可得解；
（3）由（2）可得在上恒成立，令，结合对数运算可得，由（1）可得在上恒成立，令，可得，即可得证.
【小问1详解】
，
由函数在单调递增，则在上恒成立，
令，即在上恒成立，
若，则当时，，不符；
故，，
当，，当，，
故在上单调递减，在上单调递增，
则有，
令，则，
当，，当，，
故在上单调递增，在上单调递减，
则，
故当且仅当时，恒成立，即；
【小问2详解】
由，则，
，则，
令，
则，
故在上单调递减，又，
故当时，，
即不等式的解集为；
【小问3详解】
由（2）知，在上恒成立，故，
令，则，
则，
有，，，
故，
由（1）知，在单调递增，
又，故在上恒成立，
即有在上恒成立，
令，即有，
化简得，即，即，
则，又，
故，即.
【点睛】关键点点睛：利用（1）、（2）中所得结论，将所要证明的问题进行转化，利用对数的运算性质特点找突破口.
0
2
4
6