河南省2024-2025学年高三第一次质量检测数学试题（含答案）
文档属性
| 名称 | 河南省2024-2025学年高三第一次质量检测数学试题（含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 621.0KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-10-30 10:46:49 | ||
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文档简介
2024-2025学年
高三第一次质量检测
数学
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.已知向量，若，则（ ）
A. B.2 C.2或 D.2或
2.已知集合，若，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
3.已知，则（ ）
A. B. C. D.
4.下列选项中，是的充要条件的是（ ）
A.已知非零向量
B.已知
C.在中，
D.直线
5.已知，则的解集为（ ）
A. B.
C.或 D.或
6.过双曲线的右焦点的直线与交于两点，若线段的长度取最小值时，直线恰有两条，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C.2 D.
7.已知数列中，，若，则（ ）
A.4 B.5 C.6 D.7
8.已知，若函数没有零点，则实数的取值范围是（ ）
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.已知且，则（ ）
A. B.
C. D.
10.在平面直角坐标系中，角的顶点为坐标原点，始边为轴的非负半轴，终边与以为圆心，1为半径的圆交于点，射线绕点逆时针旋转后交圆于点，若点的纵坐标为，设，则（ ）
A.
B.
C.函数的单调递增区间为
D.的对称中心为
11.在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为线段上的动点，为底面（含边界）上的动点，且平面平面，则（ ）
A.直线与平面所成角的最大值为
B.点的轨迹长度为
C.三棱锥的体积为定值
D.若，且平面，则的取值范围为
三 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知复数满足，则__________.
13.设抛物线的焦点为，直线与的一个交点为，直线与的另一个交点为，则__________.
14.已知三棱锥，二面角的大小为，当三棱锥的体积取得最大值时，其外接球的表面积为__________.
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.（13分）
设为椭圆的左 右焦点，点在椭圆上，点关于原点的对称点为，四边形的面积为.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点作直线与交于两点，的面积为，求的方程.
16.（15分）
已知函数，在中，角所对的边分别为，且.
（1）求；
（2）若，求的值.
17.（15分）
如图，四棱锥中，为等边三角形，四边形为直角梯形，.
（1）证明：平面平面；
（2）若与平面所成的角为，求平面与平面夹角的余弦值.
18.（17分）
已知函数.
（1）若在点处的切线方程为，求的值；
（2）若，判断函数的单调性；
（3）当时，证明：，其中.
19.（17分）
已知有穷数列的各项均为正整数，记集合的元素个数为.
（1）若数列为，试写出集合，并求的值；
（2）若是递增数列且，求证：是等比数列；
（3）判断是否存在最大值，若存在，试说明理由.
第一次联考数学答案
一 选择题
1.C 2.C 3.B 4.C 5.D 6.A 7.B 8.D
二 多选题
9.ACD 10.BC 11.ABD
三 填空题
12. 13. 14.
四 解答题
15.解：（1）设椭圆的焦距为，因为，
所以四边形为平行四边形，其面积设为S，则
，所以，
所以，
又，解得
所以椭圆的方程为.
（2）易知的斜率不为0，设，
联立，得，
所以.
所以，
由，
解得，
所以的方程为或.
16.解：（1）因为，
所以由得.
因为，所以，
所以.
（2）由（1）得，
故，即，
即，故.
把代入，可得，
所以
17.（1）证明：取的中点，连接，则.
又为等边三角形，，
所以平面，所以.
又，
所以平面平面，
平面平面.
（2）由（1）知平面平面平面，
则点在平面内的射影在直线上，即为直线与平面所成的
角，则，
由（1）知平面，
又为边长为2的等边三角形，则，
则，
以为原点，所在直线为轴，过点在面中做的垂线作为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，如图所示，
过作，交于，则，
又
设平面的法向量为
，令，则，
又
设平面的法向量为
，令，则
设平面与平面的夹角为
则
综上，平面与平面的夹角余弦值为
18.解：（1）因为，
所以，
故又，
所以在点处的切线方程为，
即，由已知得.
（2）因为，所以，
令，则
.
依题意，当时，，所以在上单调递增；
当时，，所以在上单调递减.
所以，
因为，则，则恒成立，
所以在上单调递增.
（3）欲证成立，即证成立.
设，其中.
则.
设，其中，
则，
由（2）知，在单调递减；在单调递增；
所以在单调递减，且.
故当时，，即，则在单调递增；
当时，，即，则在单调递减..
故在处取极大值，且极大值为，
当且仅当时，.
所以当时，恒成立，即恒成立，
即成立.
19.解：（1）因为，
所以集合，所以.
（2）证明：因为是递增数列，且，
因为是递增数列，所以，
所以且互不相等，所以，
分
又因为，
所以且互不相等，所以
所以，
所以，
所以，所以为等比数列.
（3）存在最大值.
理由如下：
不妨取，其中均为质数.
因为，
则且互不相同，有个元素；
同理，
且互不相同，共有个元素；
且互不相同，共有个元素；
互不相同，有1个元素.
根据质数的性质知，互不相同，
故.
故有最大值.
高三第一次质量检测
数学
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.已知向量，若，则（ ）
A. B.2 C.2或 D.2或
2.已知集合，若，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
3.已知，则（ ）
A. B. C. D.
4.下列选项中，是的充要条件的是（ ）
A.已知非零向量
B.已知
C.在中，
D.直线
5.已知，则的解集为（ ）
A. B.
C.或 D.或
6.过双曲线的右焦点的直线与交于两点，若线段的长度取最小值时，直线恰有两条，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C.2 D.
7.已知数列中，，若，则（ ）
A.4 B.5 C.6 D.7
8.已知，若函数没有零点，则实数的取值范围是（ ）
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.已知且，则（ ）
A. B.
C. D.
10.在平面直角坐标系中，角的顶点为坐标原点，始边为轴的非负半轴，终边与以为圆心，1为半径的圆交于点，射线绕点逆时针旋转后交圆于点，若点的纵坐标为，设，则（ ）
A.
B.
C.函数的单调递增区间为
D.的对称中心为
11.在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为线段上的动点，为底面（含边界）上的动点，且平面平面，则（ ）
A.直线与平面所成角的最大值为
B.点的轨迹长度为
C.三棱锥的体积为定值
D.若，且平面，则的取值范围为
三 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知复数满足，则__________.
13.设抛物线的焦点为，直线与的一个交点为，直线与的另一个交点为，则__________.
14.已知三棱锥，二面角的大小为，当三棱锥的体积取得最大值时，其外接球的表面积为__________.
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.（13分）
设为椭圆的左 右焦点，点在椭圆上，点关于原点的对称点为，四边形的面积为.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点作直线与交于两点，的面积为，求的方程.
16.（15分）
已知函数，在中，角所对的边分别为，且.
（1）求；
（2）若，求的值.
17.（15分）
如图，四棱锥中，为等边三角形，四边形为直角梯形，.
（1）证明：平面平面；
（2）若与平面所成的角为，求平面与平面夹角的余弦值.
18.（17分）
已知函数.
（1）若在点处的切线方程为，求的值；
（2）若，判断函数的单调性；
（3）当时，证明：，其中.
19.（17分）
已知有穷数列的各项均为正整数，记集合的元素个数为.
（1）若数列为，试写出集合，并求的值；
（2）若是递增数列且，求证：是等比数列；
（3）判断是否存在最大值，若存在，试说明理由.
第一次联考数学答案
一 选择题
1.C 2.C 3.B 4.C 5.D 6.A 7.B 8.D
二 多选题
9.ACD 10.BC 11.ABD
三 填空题
12. 13. 14.
四 解答题
15.解：（1）设椭圆的焦距为，因为，
所以四边形为平行四边形，其面积设为S，则
，所以，
所以，
又，解得
所以椭圆的方程为.
（2）易知的斜率不为0，设，
联立，得，
所以.
所以，
由，
解得，
所以的方程为或.
16.解：（1）因为，
所以由得.
因为，所以，
所以.
（2）由（1）得，
故，即，
即，故.
把代入，可得，
所以
17.（1）证明：取的中点，连接，则.
又为等边三角形，，
所以平面，所以.
又，
所以平面平面，
平面平面.
（2）由（1）知平面平面平面，
则点在平面内的射影在直线上，即为直线与平面所成的
角，则，
由（1）知平面，
又为边长为2的等边三角形，则，
则，
以为原点，所在直线为轴，过点在面中做的垂线作为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，如图所示，
过作，交于，则，
又
设平面的法向量为
，令，则，
又
设平面的法向量为
，令，则
设平面与平面的夹角为
则
综上，平面与平面的夹角余弦值为
18.解：（1）因为，
所以，
故又，
所以在点处的切线方程为，
即，由已知得.
（2）因为，所以，
令，则
.
依题意，当时，，所以在上单调递增；
当时，，所以在上单调递减.
所以，
因为，则，则恒成立，
所以在上单调递增.
（3）欲证成立，即证成立.
设，其中.
则.
设，其中，
则，
由（2）知，在单调递减；在单调递增；
所以在单调递减，且.
故当时，，即，则在单调递增；
当时，，即，则在单调递减..
故在处取极大值，且极大值为，
当且仅当时，.
所以当时，恒成立，即恒成立，
即成立.
19.解：（1）因为，
所以集合，所以.
（2）证明：因为是递增数列，且，
因为是递增数列，所以，
所以且互不相等，所以，
分
又因为，
所以且互不相等，所以
所以，
所以，
所以，所以为等比数列.
（3）存在最大值.
理由如下：
不妨取，其中均为质数.
因为，
则且互不相同，有个元素；
同理，
且互不相同，共有个元素；
且互不相同，共有个元素；
互不相同，有1个元素.
根据质数的性质知，互不相同，
故.
故有最大值.
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