河南省南阳市内乡县实验高级中学2024-2025学年高三下学期入学效果检测数学试题（解析版）

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一、选择题（每小题5分，共8小题40分）
1. 已知集合，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解对数不等式求出集合，再求.
【详解】，
由，得，解得，
所以.
故选：B．
2. 复数满足，则（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先利用复数除法运算得，再利用共轭复数的概念和乘法运算求解即可.
【详解】由题意知，
所以，.
故选：B
3. 已知向量，，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】C
【解析】
【分析】利用平面向量平行的坐标表示求解即可.
【详解】当时，，，
此时，故，故充分性成立，
当时，满足，解得，
故此时必要性成立，故C正确.
故选：C
4. 若函数在处取得极小值，则实数（ ）
A. B. 2C. 2或0D. 0
【答案】D
【解析】
【分析】对函数求导，根据极小值点求参数，注意验证即可得答案.
【详解】由，则，得或2，
时，，在R上单调递增，不满足；
时，，在上，在上，
所以上单调递增，在上单调递减，满足题设，
所以.
故选：D
5. 在等差数列中，若，则（ ）
A. 3B. 6C. 9D. 12
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差数列通项公式，将条件与目标式均化为首项与公差表示即可．
【详解】在等差数列中，设首项和公差分别为，则
，
解得.
故选：B.
6. 已知球O是正三棱锥的外接球，若正三棱锥的高为，底边，则球心O到平面ABC的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设正三棱锥的底面中心为M，D为BC的中点，连接AD，显然球心O在直线PM上，由可得外接球半径，从而得解.
【详解】设正三棱锥的底面中心为M，D为BC的中点，连接AD，
显然球心O在直线PM上，设球O的半径为R，因为，
所以球心O到底面ABC的距离为，，
由，得，，
所以球心O到平面ABC的距离为．
故选：A
7. 已知，函数在上没有零点，则实数的取值范围（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分、讨论，根据没有零点求出的范围可得答案.
【详解】时，，
若无解，则或；
时，，
若无解，则，
则.
故选：D．
8. 已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上，且．若，则椭圆的离心率的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，由已知及椭圆概念，可得和，则可由表示，再由，可通过换元及函数单调性得到离心率的取值范围.
【详解】因为，所以．设，则，
在中，，所以，
即．则，
令，由，得，则，
由于函数在上单调递增，
则，所以，
即，所以，
故离心率．
故选：B．
二、多选题（每小题6分，共3小题18分）
9. 在四棱柱中，，，为底面的中心，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】由向量加减法的几何意义判断AB,利用数量积和夹角模长公式判断CD可得答案.
【详解】对于选项A，，正确；
对于选项B，，错误；
对于选项C，，错误；
对于选项D，易得为正三角形，
故，正确；
故选：AD．
10. 已知函数，则下列说法正确的有（ ）
A. 若在上的值域为，则的取值范围是
B. 若在上恰有一条对称轴，则的取值范围是
C. 若在上单调递增，则的取值范围是
D. 若在上有且只有两个不同的零点，则的取值范围是
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据各项的给定区间确定的范围，结合正弦函数的性质及对应区间的值域、对称轴、零点及单调性情况列不等式求参数范围，判断各项正误.
【详解】A：由，则，且值域为，，得，正确；
B：由，则，则，得，错误；
C：由，则上函数单调递增，
又，则，得，正确；
D：由，则上函数有且只有两个不同的零点，
所以，得，正确；
故选：ACD
11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 的值域为
B. 是的极小值点
C. 若，则
D. 若过点的曲线的切线有且仅有两条，则a的取值范围为
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用导数研究函数的单调性和极值，判断A，B；由题意得，是函数、函数与函数的图象的交点A，B的横坐标，根据函数的图象与函数的图象关于直线对称，可判定C；设出切点，写出切线方程，将点P代入，化简后方程有两根，即可得到的取值范围，判断D.
【详解】根据题意，，
则当时，，所以单调递减，
当时，，所以单调递增，
所以是的极小值点，且，
所以的值域为，A错误，B正确；
由，可得，，
令，是函数、函数与函数的图象的交点A，B的横坐标，
因为函数的图象与函数的图象关于直线对称，
所以，两点关于直线对称，
因此，即，C正确；
设切点为，所以切线方程为，
因为切线过点，所以，
即方程有两个解，则，解得或，D正确．
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：选项C中把，看成函数、函数与函数的图象的交点A，B的横坐标，且函数的图象与函数的图象关于直线对称是解题关键点.
三、填空题（每小题5分，共3小题15分）
12. 已知的展开式中项的系数为30，则______．
【答案】##
【解析】
【分析】原式展开，设的二项式展开式通项为，分别求出、的系数可得答案．
【详解】原式，
设的二项式展开式通项为
，
令，得的系数为，令，得的系数为，
所以项的系数，得：．
故答案为：．
13. 双曲线的渐近线方程为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据双曲线渐近线方程的求法求得正确答案.
【详解】由得，即，焦点在轴上，所以渐近线方程为.
故答案：
14. 设实数，若对任意的，不等式恒成立，则的最大值是______；
【答案】
【解析】
【分析】不等式恒成立等价于，构造函数，易得在上单调递增，故原问题等价于在时恒成立，从而易得的范围.
【详解】对任意的，不等式恒成立，整理可得，
设，则
可知在上单调递增，
又因为，，且，
则在时恒成立，
设，则
可知在上单调递增，则的最小值为，
则，解得，
所以最大值是.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：两招破解不等式的恒成立问题
（1）分离参数法
第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的最值；
第三步：根据要求得所求范围．
（2）函数思想法
第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的极值；
第三步：构建不等式求解．
四、解答题（共5小题77分）
15. 中，角对应的边分别是，已知．
（1）求角的大小；
（2）若的面积，，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)利用诱导公式、二倍角的余弦公式，求得的值，可得的值．
(2)利用余弦定理求得，再利用正弦定理求得的值．
【小问1详解】
由，
得：，
即，
即，
解得或（舍去）
因为，所以．
【小问2详解】
由，
得，又，解得，
由余弦定理：
，
故，
又由正弦定理：，
所以，
，
所以.
16. 已知抛物线.
（1）求抛物线在点处的切线方程；
（2）若直线交抛物线于不同于原点的两点，，经研究，下面三个结论等价，请选择其中一个作为条件，证明其他两个成立.
①；②直线过定点；③，.
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）法一：设斜率并应用点斜式写出直线方程，联立抛物线得到一元二次方程，再由求斜率，即可得直线方程；法二：应用导数几何意义求切线方程；
（2）设直线联立抛物线得到一元二次方程，写出韦达公式，根据所选条件应用向量垂直的坐标表示并带入韦达公式得到参数关系证明结论即可.
【小问1详解】
法一：显然抛物线在处的切线的斜率存在，设其为，
则切线方程为，与抛物线联立，得，
即，只需，解得，
所以切线方程为.
法二：要求抛物线在处的切线，则由可得
所以在处的切线的斜率，所以切线方程为.
【小问2详解】
因为直线交抛物线于，两点，所以可设直线
由，消去可得，
所以，，，
，
，
由①②③：因为，所以，即，
所以（舍去）.
所以直线经过定点，即证②.
所以，，即证③.
由②①③：因为直线经过定点，则
由上面可得，，即证③；
所以，所以，即证①.
由③①②：因为，，
所以，所以，即证①.
由上面可得，解得，
所以直线经过定点，即证②.
17. 高三（1）班有名同学，在某次考试中总成绩在分（含分）以上有人：甲、乙、丙、丁；在分—分之间的有人：戊、己、庚、辛、壬、癸、子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申．其中数学成绩超过分的有人：甲、乙、丙、丁、戊、庚、寅、辰、壬、申.
（1）从该班同学中任选一人，求在数学成绩超过分的条件下，总成绩超过分的概率；
（2）从数学成绩超过分的同学中随机抽取人.
①采取不放回抽样方式抽取，记为成绩在分—分之间的同学的个数，求的分布列和期望；
②采取放回抽样方式抽取，记为成绩在分—分之间的同学的个数，求的值.（直接写出结果）
【答案】（1）
（2）①分布列见解析，；②.
【解析】
【分析】（1）解法一：记事件所抽取的学生的数学成绩超过分，记事件所抽取的学生的总成绩超过分，求出、的值，利用条件概率公式可求得所求事件的概率；
解法二：确定数学成绩超过分的学生人数，以及数学成绩超过分中总成绩超过分的学生人数，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率；
（2）①分析可知的可能取值有：、、、，利用超几何分布可得出随机变量的分布列，进而可求出的值；
②由题意可知，利用二项分布的期望公式可求得的值.
【小问1详解】
解法一：记事件所抽取的学生的数学成绩超过分，则，
记事件所抽取的学生的总成绩超过分，则，
所以.
即任取一人，在数学成绩超过分的条件下，总成绩超过分的概率为；
解法二：数学成绩超过分的有人，其中包含总成绩超过分以上的有人，
所以任取一人，在数学成绩超过分的条件下，总成绩超过分的概率为
【小问2详解】
①名数学成绩超过分的同学包含个总成绩在分之间的，
所以所有可能的取值为：、、、，
，，
，
所以的分布列为：
.
②名数学成绩超过分的同学包含个总成绩在分之间的，
按可放回抽样的方式随机抽取，则随机变量，所以.
18. 如图1在直角梯形中，，，，，E是AD的中点，O是AC与BE的交点，将沿BE折起到图2中的位置，得到四棱锥．

（1）证明：平面；
（2）当平面平面，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）由为正方向可知，根据线面垂直判定定理证明平面，然后由可证；
（2）以O为原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，
求出平面与平面的法向量，然后由向量夹角公式可得.
【小问1详解】
，
所以为正方形，所以，
又，平面，平面，
又，且，故四边形为平行四边形，
平面.
【小问2详解】

因为平面平面，平面平面=，
平面，所以平面，
又平面， 所以，又由（1）知：，
以O为原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，
由题意知，，
则，
设平面的法向量为，平面的法向量为，
则，令，则，故
则，令，则，故，
设平面与平面的夹角为，
.
19. 已知函数．
(1)当时，求证：；
(2)讨论函数在R上的零点个数，并求出相对应的a的取值范围．
【答案】（1）证明见解析；（2）时，函数在上没有零点；当时，函数在上有一个零点；当时，函数在上有两个零点.
【解析】
【分析】（1）构造函数，利用导数研究函数的单调性和最小值，证明最小值大于.（2）先利用导数得到的最小值，然后分类讨论，根据零点存在定理，得到每种情况下的零点情况.
【详解】（1）当时，，
令，则.
令，得.
当时，，单调递减；当时，，单调递增.
所以是的极小值点，也是最小值点，
即
故当时，成立.
（2） ，由，得.
所以当时，，单调递减；当时，，单调递增.
所以是函数的极小值点，也是最小值点，
即.
当，即时，在上没有零点.
当，即时，在上只有一个零点.
当，即时，因为，
所以在内只有一个零点；
由（1）得，令，得，
所以，于是在内有一个零点；
因此，当时，在上有两个零点.
综上，时，函数在上没有零点；
当时，函数在上有一个零点；
当时，函数在上有两个零点.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，极值和最值，利用零点存在定理判断函数零点个数，属于难题.