高級中學名校試題PAGEPAGE1河南省信陽市等五市2025屆高三下學期第一次聯考數學試題一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知全集，，，則（）A. B.C. D.【答案】A【解析】因為全集，，，則，，，所以.故選：A.2.已知復數滿足，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因為，所以.故選：D.3.已知是各項均為正數的等比數列，其前項和為，，且與的等差中項為4，則等于（）A. B. C. D.【答案】B【解析】設等比數列的公比為，因為與的等差中項為4，所以，又，所以，所以，解得或（舍去），所以的通項公式為，所以.故選：B.4.若，，，則向量在向量上的投影向量為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因為，，，則，即，所以向量在向量上的投影向量為.故選：D.5.已知角和的終邊關于直線對稱，且，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】設角的終邊與單位圓的交點為，由題意可知角的終邊與單位圓的交點為，所以，所以由，可得：，所以，，，其中，所以，即，所以，所以，故選：D6.已知定義在上的函數與函數的圖象有唯一公共點，則實數的值為（）A.-2 B.-1 C.1 D.2【答案】C【解析】易知的圖象關于對稱，且當時，單調遞增，當時單調遞減，又，由可看作向右平移兩個單位得到，所以的圖象也關于對稱，由于函數與函數的圖象有唯一公共點，即方程只有一根，因為兩函數圖象都關于對稱，所以方程的根為2，即，解得：，經檢驗符合題意，故選：C7.某次跳水比賽甲、乙、丙、丁、戊5名跳水運動員進入跳水比賽決賽，現采用抽簽法決定決賽跳水順序，在“運動員甲不是第一個出場，運動員乙不是最后一個出場”的前提下，“運動員丙第一個出場”的概率為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】“運動員甲不是第一個出場，運動員乙不是最后一個出場”可分為甲最后一個出場或甲在中間出場，方法數為，在“運動員甲不是第一個出場，運動員乙不是最后一個出場”的前提下，“運動員丙第一個出場”，即“運動員丙第一個出場，運動員乙不是最后一個出場”，方法數為，因此所求概率為．故選：A．8.將橢圓上所有的點繞原點旋轉角，得到橢圓的方程：，則下列說法中不正確的是（）A. B.C.橢圓的離心率為 D.是橢圓的一個焦點【答案】C【解析】橢圓上所有的點繞原點旋轉角，得到橢圓的方程：，設點在該橢圓上，則其關于的對稱點代入橢圓方程有，即，則該對稱點位于橢圓方程上，同理可得其關于的對稱點代入橢圓方程有，即，則該對稱點位于橢圓方程上，所以關于直線，所以，故A正確；將代入，可得，所以，所以橢圓長軸的頂點為，所以，故B正確；將將代入，可得，所以，所以橢圓短軸的頂點為，所以，所以，所以，故C不正確；焦點在，結合，可得焦點坐標為，故D正確.故選：C.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.在一次考試后的數學成績分析中，分別采用簡單隨機抽樣的方式抽取班的一組數據：，，，，，和班的一組數據：，，，進行分析.經計算，兩組數據的平均數分別為，，方差分別為，.將兩組數據合并為一組數據，則這組新數據的平均數和方差分別為（）A.平均數為85 B.平均數為86 C.方差為28 D.方差為52【答案】BD【解析】，故選：BD10.對于給定數列，如果存在常數p，q使得對于任意都成立，我們稱數列是“數列”.下列說法正確的有（）A.若，，則數列是“數列”B.共，，則數列“數列”C.若數列是“數列”，則數列不是“H數列”D.若數列滿足，，t為常數，則數列前2024項的和為【答案】AB【解析】對于A，因為，有，則，，故數列是“數列”，故A正確；對于B，因為，有，則，，故數列是“數列”，故B正確；對于C，若數列是“數列”，則存在實常數p，q使得對于任意都成立，顯然對于任意都成立，因此對于任意都成立，故數列數列也是“H數列”，對應的實常數分別為，故C不正確；對于D，因為，則，，，，所以數列前2024項的和為，故D錯誤.故選：AB.11.阿基米德（公元前287年—公元前212年）是古希臘偉大的物理學家、數學家、天文學家，他曾經定義了拋物線阿基米德三角形：拋物線的弦與弦的端點處的兩條切線圍成的三角形稱為拋物線阿基米德三角形.設拋物線上兩個不同點A，B橫坐標分別為，，以A，B為切點的切線交于P點.關于阿基米德三角形PAB的說法正確的有（）A.若過拋物線的焦點，則點一定在拋物線的準線上B.若為正三角形，則其面積為C.若，則的面積的最小值為D.一般情況下，的面積【答案】ABC【解析】由題意可知：直線一定存在斜率，所以設直線的方程為：，由題意可知：點，不妨設，由，所以直線切線的方程分別為：，兩方程聯立得：，解得：，所以點坐標為：，直線的方程與拋物線方程聯立得：.對于A：拋物線：的焦點坐標為，準線方程為，因為過拋物線的焦點，所以，而，顯然點一定在拋物線的準線上，故A正確；對于B：因為阿基米德三角形為正三角形，所以有，則，因為，所以化簡得：，此時，點坐標為：，因為阿基米德三角形為正三角形，所以有，所以，因此正三角形的邊長為，所以正三角形的面積為，故B正確；對于C：阿基米德三角形為直角三角形，當時，所以，即，化簡得，直線的方程為：，所以點坐標為，點到直線的距離為：，又，因為，所以，因此直角的面積為：，當且僅當時，取等號，所以其面積有最小值，故C正確；對于D：因為，所以，點到直線的距離為：，所以阿基米德三角形的面積為，故D不正確.故選：ABC.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.展開式中的常數項為__________.【答案】【解析】由題意的展開式的通項為，令，故展開式中的常數項為，故答案為：6013.已知三棱錐，，，，，則三棱錐的外接球的表面積為_____.【答案】【解析】在中，已知，，，根據余弦定理可得：設外接圓的半徑為，根據正弦定理，可得：，則.因為，所以點在平面上的射影是的外心，設三棱錐外接球的球心為，半徑為，則平面，且，，.又因為，即，展開可得：，移項化簡可得，解得.根據球的表面積公式，可得：.故答案為：.14.若關于的不等式恒成立，則實數的取值范圍是_____.【答案】【解析】因為不等式恒成立，可知，，由，可得，則，令，則，當時，，當時，，所以在上單調遞減，在上單調遞增，當時，，當時，，因為，所以，故只需即可，故，令，求導得，所以當時，，函數在上單調遞增，當時，，函數在上單調遞減，所以，所以，所以，所以，所以實數的取值范圍為.四、解答題：本大題共5個小題，共77分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.15.已知a，b，c分別為三個內角A，B，C的對邊，且.（1）求；（2）若，求的面積的最大值.解:（1），由正弦定理可得，，..，；（2）（方法一）在中，由余弦定理得，即，當且僅當時取等號..即的面積的最大值為（方法二）由正弦定理得，，則面積.因為，所以，所以，所以當，取得最大值所以即當且僅當時取等號.即的面積的最大值為16.2025年春節假期，文旅市場火爆.文化和旅游部公布的數據顯示；春節假期8天，全國國內出游5.01億人次，同比增長5.9%；國內出游總花費6770.02億元，同比增長7.0%.某景區的某網紅飲品小店統計了春節假期前7天的營業額（單位：千元），得到與的數據如表所示：第天1234567營業額791012161911（1）已知與有較強的線性相關關系，求關于的線性回歸方程，并預測春節假期第8天的營業額；（2）如果該天營業額大于10（單位：千元），則該天“達標”，從表格中的7組數據中隨機選4組，設表示“達標”的數據組數，求的分布列和數學期望.參考公式：在線性回歸方程中，，.解:（1），.，線性回歸方程為當時，.即預測春節假期第8天的營業額為千元.（2）由題意可知的所有可能取值為：1，2，3，4.，，，的分布列為1234的數學期望為17.在四棱錐中，底面為直角梯形，，，底面ABCD，，.（1）若為線段的中點，求證：平面.（2）求點到平面的距離；（3）求平面與平面夾角的正弦值.（1）證明：法一：以為原點，，，，分別為x、y、z軸正方向建立空間直角坐標系，則，，，，由為線段的中點，可得，.由題意可得為平面的一個法向量.，且平面，平面法二：取、的中點分別為、，連接、、，為的中位線，，.，，，，，，，，四邊形為平行四邊形，又面，面平面（2）解：法一：，.設為平面的一個法向量，則，不妨設，則.設點到平面的距離為，則法二：，，底面，，.，設點到平面距離為，則由可得：，解得：（3）解：設平面與平面夾角為，由題意可知，為銳角，即平面與平面夾角的正弦值為.法二：延長，交于點，連接.底面為直角梯形，，，為的中位線..又底面，，為等腰直角三角形，其中.同理可證：.為平面與平面所成二面角的平面角.在中，，，，.即平面與平面夾角的正弦值為.18.已知A，B兩點的坐標分別是，，直線，相交于點，且它們的斜率之積是，記點的軌跡為曲線，直線與曲線交于不同的兩點M，N.（1）求曲線的方程；（2）若以線段為直徑的圓經過點.①求證：直線過定點，并求出的坐標；②求三角形面積最大值.解：（1）設，動點滿足直線和直線的斜率乘積為，，即即，.曲線的方程為，且.（2）①設點、，若軸，則且，，，此時，，不合題意.設直線的方程為，聯立可得，，由韋達定理可得，，，，因為直線不過點，則，整理可得，解得.直線的方程為，∴直線過定點.②直線的方程為.點到直線的方程為，，令，則，因為時，故當時，取最大值.19.已知函數，其導函數為.（1）討論的單調性；（2）若恒成立，求實數的取值范圍；（3）若，是函數的兩個零點，求證：.解：（1）函數的定義域為，.當時，恒成立，在上單調遞增；當時，由，解得：；由，解得：.在上單調遞減，上單調遞增.綜上所述：當時，在上單調遞增；當時，在上單調遞減，上單調遞增.（2）要使恒成立，只需恒成立.由（1）可知，當時，在上單調遞增，且，∴當時，，不合題意，舍去.當時，在上單調遞減，上單調遞增，，只需，即在時恒成立.記，，則當時，，單調遞增；當時，，單調遞減；，，只有符合題意.綜上所述，實數的取值范圍為.（3）由（1）可知，當時，在上單調遞增，函數不可能有兩個零點，不合題意，舍去.當時，在上單調遞減，上單調遞增，當時，；當時，.要使函數有兩個零點，只需，解得：.已知，不妨設，則有.單調遞增，要證，只需.，只需證即證，由單調性可知，，在上單調遞減，即證.方法一：，即證.令，其中.，單調遞增，又，，即.成立...方法二：，即證.而，由得，，且，.令，則，在上單調遞減，，，，可得，，，，即，又在上單調遞減，.河南省信陽市等五市2025屆高三下學期第一次聯考數學試題一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知全集，，，則（）A. B.C. D.【答案】A【解析】因為全集，，，則，，，所以.故選：A.2.已知復數滿足，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因為，所以.故選：D.3.已知是各項均為正數的等比數列，其前項和為，，且與的等差中項為4，則等于（）A. B. C. D.【答案】B【解析】設等比數列的公比為，因為與的等差中項為4，所以，又，所以，所以，解得或（舍去），所以的通項公式為，所以.故選：B.4.若，，，則向量在向量上的投影向量為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因為，，，則，即，所以向量在向量上的投影向量為.故選：D.5.已知角和的終邊關于直線對稱，且，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】設角的終邊與單位圓的交點為，由題意可知角的終邊與單位圓的交點為，所以，所以由，可得：，所以，，，其中，所以，即，所以，所以，故選：D6.已知定義在上的函數與函數的圖象有唯一公共點，則實數的值為（）A.-2 B.-1 C.1 D.2【答案】C【解析】易知的圖象關于對稱，且當時，單調遞增，當時單調遞減，又，由可看作向右平移兩個單位得到，所以的圖象也關于對稱，由于函數與函數的圖象有唯一公共點，即方程只有一根，因為兩函數圖象都關于對稱，所以方程的根為2，即，解得：，經檢驗符合題意，故選：C7.某次跳水比賽甲、乙、丙、丁、戊5名跳水運動員進入跳水比賽決賽，現采用抽簽法決定決賽跳水順序，在“運動員甲不是第一個出場，運動員乙不是最后一個出場”的前提下，“運動員丙第一個出場”的概率為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】“運動員甲不是第一個出場，運動員乙不是最后一個出場”可分為甲最后一個出場或甲在中間出場，方法數為，在“運動員甲不是第一個出場，運動員乙不是最后一個出場”的前提下，“運動員丙第一個出場”，即“運動員丙第一個出場，運動員乙不是最后一個出場”，方法數為，因此所求概率為．故選：A．8.將橢圓上所有的點繞原點旋轉角，得到橢圓的方程：，則下列說法中不正確的是（）A. B.C.橢圓的離心率為 D.是橢圓的一個焦點【答案】C【解析】橢圓上所有的點繞原點旋轉角，得到橢圓的方程：，設點在該橢圓上，則其關于的對稱點代入橢圓方程有，即，則該對稱點位于橢圓方程上，同理可得其關于的對稱點代入橢圓方程有，即，則該對稱點位于橢圓方程上，所以關于直線，所以，故A正確；將代入，可得，所以，所以橢圓長軸的頂點為，所以，故B正確；將將代入，可得，所以，所以橢圓短軸的頂點為，所以，所以，所以，故C不正確；焦點在，結合，可得焦點坐標為，故D正確.故選：C.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.在一次考試后的數學成績分析中，分別采用簡單隨機抽樣的方式抽取班的一組數據：，，，，，和班的一組數據：，，，進行分析.經計算，兩組數據的平均數分別為，，方差分別為，.將兩組數據合并為一組數據，則這組新數據的平均數和方差分別為（）A.平均數為85 B.平均數為86 C.方差為28 D.方差為52【答案】BD【解析】，故選：BD10.對于給定數列，如果存在常數p，q使得對于任意都成立，我們稱數列是“數列”.下列說法正確的有（）A.若，，則數列是“數列”B.共，，則數列“數列”C.若數列是“數列”，則數列不是“H數列”D.若數列滿足，，t為常數，則數列前2024項的和為【答案】AB【解析】對于A，因為，有，則，，故數列是“數列”，故A正確；對于B，因為，有，則，，故數列是“數列”，故B正確；對于C，若數列是“數列”，則存在實常數p，q使得對于任意都成立，顯然對于任意都成立，因此對于任意都成立，故數列數列也是“H數列”，對應的實常數分別為，故C不正確；對于D，因為，則，，，，所以數列前2024項的和為，故D錯誤.故選：AB.11.阿基米德（公元前287年—公元前212年）是古希臘偉大的物理學家、數學家、天文學家，他曾經定義了拋物線阿基米德三角形：拋物線的弦與弦的端點處的兩條切線圍成的三角形稱為拋物線阿基米德三角形.設拋物線上兩個不同點A，B橫坐標分別為，，以A，B為切點的切線交于P點.關于阿基米德三角形PAB的說法正確的有（）A.若過拋物線的焦點，則點一定在拋物線的準線上B.若為正三角形，則其面積為C.若，則的面積的最小值為D.一般情況下，的面積【答案】ABC【解析】由題意可知：直線一定存在斜率，所以設直線的方程為：，由題意可知：點，不妨設，由，所以直線切線的方程分別為：，兩方程聯立得：，解得：，所以點坐標為：，直線的方程與拋物線方程聯立得：.對于A：拋物線：的焦點坐標為，準線方程為，因為過拋物線的焦點，所以，而，顯然點一定在拋物線的準線上，故A正確；對于B：因為阿基米德三角形為正三角形，所以有，則，因為，所以化簡得：，此時，點坐標為：，因為阿基米德三角形為正三角形，所以有，所以，因此正三角形的邊長為，所以正三角形的面積為，故B正確；對于C：阿基米德三角形為直角三角形，當時，所以，即，化簡得，直線的方程為：，所以點坐標為，點到直線的距離為：，又，因為，所以，因此直角的面積為：，當且僅當時，取等號，所以其面積有最小值，故C正確；對于D：因為，所以，點到直線的距離為：，所以阿基米德三角形的面積為，故D不正確.故選：ABC.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.展開式中的常數項為__________.【答案】【解析】由題意的展開式的通項為，令，故展開式中的常數項為，故答案為：6013.已知三棱錐，，，，，則三棱錐的外接球的表面積為_____.【答案】【解析】在中，已知，，，根據余弦定理可得：設外接圓的半徑為，根據正弦定理，可得：，則.因為，所以點在平面上的射影是的外心，設三棱錐外接球的球心為，半徑為，則平面，且，，.又因為，即，展開可得：，移項化簡可得，解得.根據球的表面積公式，可得：.故答案為：.14.若關于的不等式恒成立，則實數的取值范圍是_____.【答案】【解析】因為不等式恒成立，可知，，由，可得，則，令，則，當時，，當時，，所以在上單調遞減，在上單調遞增，當時，，當時，，因為，所以，故只需即可，故，令，求導得，所以當時，，函數在上單調遞增，當時，，函數在上單調遞減，所以，所以，所以，所以，所以實數的取值范圍為.四、解答題：本大題共5個小題，共77分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.15.已知a，b，c分別為三個內角A，B，C的對邊，且.（1）求；（2）若，求的面積的最大值.解:（1），由正弦定理可得，，..，；（2）（方法一）在中，由余弦定理得，即，當且僅當時取等號..即的面積的最大值為（方法二）由正弦定理得，，則面積.因為，所以，所以，所以當，取得最大值所以即當且僅當時取等號.即的面積的最大值為16.2025年春節假期，文旅市場火爆.文化和旅游部公布的數據顯示；春節假期8天，全國國內出游5.01億人次，同比增長5.9%；國內出游總花費6770.02億元，同比增長7.0%.某景區的某網紅飲品小店統計了春節假期前7天的營業額（單位：千元），得到與的數據如表所示：第天1234567營業額791012161911（1）已知與有較強的線性相關關系，求關于的線性回歸方程，并預測春節假期第8天的營業額；（2）如果該天營業額大于10（單位：千元），則該天“達標”，從表格中的7組數據中隨機選4組，設表示“達標”的數據組數，求的分布列和數學期望.參考公式：在線性回歸方程中，，.解:（1），.，線性回歸方程為當時，.即預測春節假期第8天的營業額為千元.（2）由題意可知的所有可能取值為：1，2，3，4.，，，的分布列為1234的數學期望為17.在四棱錐中，底面為直角梯形，，，底面ABCD，，.（1）若為線段的中點，求證：平面.（2）求點到平面的距離；（3）求平面與平面夾角的正弦值.（1）證明：法一：以為原點，，，，分別為x、y、z軸正方向建立空間直角坐標系，則，，，，由為線段的中點，可得，.由題意可得為平面的一個法向量.，且平面，平面法二：取、的中點分別為、，連接、、，為的中位線，，.，，，，，，，，四邊形為平行四邊形，又面，面平面（2）解：法一：，.設為平面的一個法向量，則，不妨設，則.