河南省洛阳市第一高级中学2025届高三下学期第一次综合练习数学试卷（含解析）

洛阳市第一高级中学2024-2025学年高三下学期第一次综合练习
数学试卷
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
2．已知复数，则复数的虚部为（ ）
A．1 B． C． D．
3．已知，则“”是“”的（ ）
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充分必要条件 D．既非充分又非必要条件
4．在的展开式中常数项为（ ）
A．721 B．-61 C．181 D．-59
5．某市举行“中学数学竞赛”，有100名学生参加了比赛，统计他们的成绩（单位：分），并进行适当的分组（每组为左闭右开的区间），得到的频率分布直方图如图所示，则估计该市学生成绩的分位数为（ ）

A．120 B．122 C．125 D．130
6．双曲线的右支上一点在第一象限，、分别为双曲线的左、右焦点，为的内心，若内切圆的半径为，直线、的斜率分别为、，则的值等于（ ）
A． B． C． D．
7．已知正三棱台的上，下底面边长分别为2和6，侧棱长为4，以下底面顶点为球心，为半径的球面与侧面的交线长为（ ）
A． B． C． D．
8．若对任意正实数都有，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．已知实数x，y满足，则（ ）
A．的最小值为-5 B．的最大值为9
C．的最大值为 D．的最小值为
10．（多选）1202年，斐波那契在《算盘全书》中从“兔子繁殖问题”得到斐波那契数列1，1，2，3，5，8，13，21，…，该数列的特点是前两项为1，从第三项起，每一项都等于它前面两项的和．记为该数列的前n项和，则下列结论正确的有（ ）
A． B．为偶数
C． D．
11．已知（，）在上是单调函数，对于任意的满足，且，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．若函数（）在上单调递减，则
C．若，则的最小值为
D．若函数在上存在两个极值点，则
三、填空题
12．已知直线l过点，且与抛物线交于A，B两点，若M为线段AB的中点，则的面积为 ．
13．已知数列满足，，若数列为单调递增数列，则的取值范围为 ．
14．中，为边上的高且，动点P满足，则点P的轨迹一定过的
四、解答题
15．如图，四边形中，，，，且为锐角．

(1)求；
(2)求的面积．
16．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，平面，分别为线段的中点，．
(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值．
17．已知等差数列和正项等比数列，的前项和为，且，，，.
(1)求数列和的通项公式；
(2)求数列的前项和；
(3)若，求数列的前项和.
18．已知抛物线的焦点到准线的距离为1，过轴下方的一动点作抛物线的两切线，切点分别为，且直线刚好与圆相切.设点的轨迹为曲线，过点的直线与曲线相交于两点.
(1)求抛物线的方程；
(2)求点的轨迹方程；
(3)设曲线与轴交点为，点关于原点的对称点为，记直线的斜率分别为，证明：是定值.
19．已知f(x)＝xln x，g(x)＝x3＋ax2－x＋2.
(1)如果函数g(x)在区间上单调递减，求实数a的取值范围；
(2)对任意x∈(0，＋∞)，2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，求实数a的取值范围．
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C B C D B B C A ABD ACD
题号 11
答案 BCD
1．C
由集合交集的定义得到结果.
【详解】因为集合，集合
∵,
∴.
故选：C.
2．B
根据复数的除法运算法则，将复数化成，再然后最后写出的虚部.
【详解】.
则复数的虚部为.
故答案为：B.
3．C
根据充分条件和必要条件来判断.
【详解】当时，即，所以充分性成立；当时，即可得到，所以必要性成立.
故选：C
4．D
先求出展开式的通项公式=,其中的展开式的通项公式为，令x的幂指数等于0，求得r，k的值，即可求得展开式中的常数项的值.
【详解】=的展开式的通项公式为
=，
其中的展开式的通项公式为，
当时，，，常数项为；
当时，，，常数项为；
当时，，，常数项为；
故常数项为++.
故选：D
5．B
根据百分位数的定义直接求解即可.
【详解】根据频率分布直方图可知，成绩在130分以下的学生所占比例为，
所以成绩在110分以下的学生所占比例为，
因此分位数一定位于内，由，
故可估计该校学生成绩的分位数为122.
故选：B
6．B
首先推出的横坐标为，由双曲线的方程可得、、，求得内心的坐标为，再由直线的斜率公式，计算可得所求值.
【详解】如图所示：可设、，设内切圆与轴的切点是点，
、分别与内切圆的切点分别为、，
由双曲线的定义可得，由圆的切线长定理知，，
故，即，
设内切圆的圆心横坐标为，则点的横坐标为，
故，解得.
由双曲线的，，，
由题意可得的纵坐标为，即，
又、，可得，
故选：B.
7．C
将正三棱台补形成正三棱锥，并确定正三棱锥的结构特征，求出点到平面的距离，进而求出截面小圆半径作答.
【详解】将正三棱台补形成正三棱锥，
如图，由得．
∵，∴，∴为正三角形，
∴三棱锥为正四面体．令正的中心为，连接，，
则平面，，∴．
∵球半径为，∴这个球面截平面所得截面小圆是以为圆心，为半径的圆．
在正中，取，的中点，，取的三等分点，，连接，，
显然，即，，同理，即，
∴六边形是正六边形，点，，，，，在此球面截平面所得截面小圆上．
连接，，，，则，此球面与侧面的交线为图中的两段圆弧（实线），
∴交线长度为．
故选：C.
8．A
运用分离参数求最值，即将原不等式化为，再构造函数（），求其最大值，进而求得结果.
【详解】化简不等式可得，即：，
令（），则对任意的，，
所以，设，，
则，令，
所以，所以在上单调递减，
又因为，
所以，，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以，解得：，即：的取值范围为.
故选：A.
9．ABD
利用已知条件可以得出点P在半圆C：上，数形结合，可知的取值范围，从而判断A选项；可看作点到半圆上的点P的距离的平方，从而判断B选项；对于C，D，可以看作直线的斜率进行判断.
【详解】
设，
由得，点P在半圆C：上，
对于A，因为，所以当时，的最小值为-5，故A正确；
对于B，设，因为，
所以的最大值为9，故B正确；
对于C，D，设，当过圆心时，，
当与半圆相切时，，故C错误，D正确.
故选：ABD.
10．ACD
由题意可得，再根据递推公式逐一分析判断即可.
【详解】对于A，记该数列为，由题意知，，，，，
，，，，
，，故A正确；
对于B，因为该数列的特点是前两项为1，从第三项起，每一项都等于它前面两项的和，
此数列中数字以奇数、奇数、偶数的规律循环出现，每3个数一组，
而，故为奇数，故B错误；
对于C，由题意知，所以，
，故C正确；
对于D，，
故D正确．
故选：ACD.
11．BCD
根据函数的单调区间以及可知关于点对称且，可得，再由时，取得最小值可得，即A错误，由并利用整体代换可判断B正确；根据函数图象性质可得最小值应为半个周期，即C正确；利用余弦函数单调性以及极值点定义可判断D正确.
【详解】对于A选项，因为，所以，
可得的图象关于点对称，
又因为对任意，都有，所以当时，取得最小值.
因为在是单调函数，所以得，所以，
又因为函数在时取得最小值，所以由，
得，.解得，.
又，所以，故A错误；
对于B选项，易知，所以，
当时，，若函数（）在上单调递减，
则，解得，故B正确；
对于C选项，最小正周期为，当时，
则，分别为函数的最大、最小值，所以，故C正确；
对于D选项，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
要使在上存在两个极值点，要满足，故D正确.
故选：BCD
12．
先根据题设设出两点，求出直线的斜率和方程，继而得到直线与轴的交点，从而将的面积转化成的形式，计算即得.
【详解】设，，因为线段AB的中点，则，．
由题意，得直线AB的斜率，
所以直线AB的方程为，即，它与x轴的交点坐标为．
因，，
则．故△AOB的面积为．
故答案为：.
13．
由数列的递推公式可得，，再由数列的单调性的定义及不等式恒成立思想，结合参变分离法，计算即可求得所求的范围.
【详解】有题意可知，时，，
当时，
由，
得，
两式相减得：，
所以，当，也满足此式，
故，，
则=，
若数列为单调递增数列，则恒成立，
即，
即对恒成立，
设，则
当时，，
当时，数列为递减数列，即，
可得为最大值，且，
则.
故答案为：.
14．外心
设以H为原点，、方向为轴正方向如图建立平面直角坐标系，根据已知得出相关点的坐标，设，根据列式得出点的轨迹方程为，即可根据三角形四心的性质得出答案.
【详解】设以H为原点，、方向为轴正方向如图建立平面直角坐标系，
因为，所以
则则，
设，则，∵，∴，即，
即点P的轨迹方程为，而直线，平分线段，
即点P的轨迹为线段的垂直平分线，
根据三角形外心的性质可得点P的轨迹一定过的外心.
故答案为：外心.
15．(1)
(2)
（1）由三角形面积公式求得，利用余弦定理求得，分析可知BD是四边形外接圆的直径，再利用正弦定理可求解；
（2）由面积公式即可得解.
【详解】（1）由已知，
∵是锐角，∴．
由余弦定理可得，则．
∵，∴BD是四边形外接圆的直径，
∴BD是外接圆的直径，利用正弦定理知
（2）由，，，，
则,,
又，则，
因此，
故的面积为．
16．(1)证明见解析
(2)
（1）先由线面垂直的判定定理得到面平面，再由线面垂直的判定定理证明平面即可；
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，代入空间二面角的余弦公式求解即可；
【详解】（1）在菱形中，，知为正三角形，又为线段的中点，则，即，
平面平面，
又平面平面，
又平面，
为线段的中点，，
又平面平面.
（2）如图，以分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
设为平面的法向量，由得
令，则，即，
易知为平面的法向量，
，
由图可知二面角为锐二面角，故其余弦值为.
17．(1)，.
(2)
(3)
（1）设的公差为，的公比为，利用题设条件列出方程组，求出基本量，写出通项公式即可；
（2）利用错位相减法即可求得；
（3）按照奇数项和偶数项分组求和即得.
【详解】（1）设的公差为，的公比为，
由，可得：，
解得，故，
由，可得：，
又，故，解得，故.
（2）易知，
，①
②
由
，
故.
（3）因数列为等差数列，故数列也是等差数列，故
，
又数列为等比数列，故数列也是等比数列，故
，
故数列的前项和为.
18．(1)
(2)
(3)证明见解析
（1）根据即可求解，
（2）求导可得切线斜率，即可根据点斜式求解直线方程，进而可得方程为，根据相切即可求解，
（3）联立直线与曲线方程可得韦达定理，进而根据两点斜率公式，代入化简即可求解.
【详解】（1）由题意可得，故抛物线的方程为
（2）设，
所以直线即
同理可得，
设则且
故在直线上，
即直线方程为，
由于直线与圆相切，故，化简可得，
故点的轨迹方程
（3）由题意可知，
设直线的方程为，,
联立方程，化简可得，
则故，
由于直线与双曲线的下支相交于两点，
故，解得，
，
故为定值.
19．(1)(2) [－2，＋∞)
（1）转化为导函数在区间上恒非正，再根据二次函数性质列式求解，（2）先化简不等式并变量分离，再利用导数研究新函数单调性以及最值，即得结果.
【详解】解：(1)
由题意，对恒成立，
则
(2)由题意在上恒成立，
可得，设
则＝－＋＝－ ，
令＝0，得x＝1或－(舍)，
当0＜x＜1时，＞0，当x＞1时，＜0，
所以当x＝1时，取得最大值，＝－2
所以≥－2，所以的取值范围是[－2，＋∞).