河南省天一大联考2025届高三下学期3月检测数学试卷（解析版）

这是一份河南省天一大联考2025届高三下学期3月检测数学试卷（解析版），共18页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 若集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由，则，故，而，
所以.
故选：B
2. 已知复数的虚部是实部的3倍，则（ ）
A. 4B. C. 3D.
【答案】B
【解析】由复数的虚部是实部的3倍，得，解得，
所以，.
故选：B
3. 已知向量在上的投影向量为，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】依题意，向量在上的投影向量为，则，
由，得，于是，又，
所以.
故选：A
4. 已知是增函数，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】函数是增函数，则，解得，
所以实数的取值范围是.
故选：D
5. 的展开式中常数项为（ ）
A. B. C. 5D. 10
【答案】A
【解析】展开式的通项，
显然，则当，即时，，
所以的展开式中常数项为.
故选：A
6. 已知奇函数的定义域为，且其图象是连续的曲线，若在区间上的值域为，在上的值域为，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】由题意有，即.
故选：C
7. 有三串气球，每串气球的个数如图所示，某人每次用气枪射击一只气球，且每次都射击某一串气球中最下面的一只，直到所有的气球均被击破为止.假设此人每次射击均能击破一只气球，则其击破气球的不同顺序的种数为（ ）
A. 8B. 144C. 120D. 280
【答案】D
【解析】将被射击的8个气球排成一列，同一串气球按由下往上的顺序放入，
相当于8个位置，取4个位置将中间一串气球按由下往上的顺序放入，有种方法，
再从余下4个位置中取3个将左边一串的3个气球按由下往上的顺序放入，有种方法，
最后放入右边的一个气球于最后一个位置，有种方法，
由分步计数乘法原理得击破气球的不同顺序的种数为.
故选：D
8. 从正整数中取出100个不同的数组成递增的等差数列，这样的数列共有（ ）
A. 4555个B. 4654个C. 5445个D. 5500个
【答案】A
【解析】设等差数列首项为，公差为，则从正整数中取出100个不同的数组成递增的等差数列，
要满足，且，，
对于每一个公差，首项的范围为，共有种情况，
所以满足条件的递增等差数列个数为：，
故选：A.
二、多项选择题：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，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知函数，则（ ）
A. 为偶函数
B. 的值域为
C. 不存在，使得
D. 在区间上单调递减
【答案】ABD
【解析】对于A，函数的定义域为R，
，因此为偶函数，A正确；
对于B，令，函数是R上增函数，值域为R，函数的值域为，
因此的值域为，B正确；
对于C，由选项B知，存在唯一使得，则，
且，因此存在，使得，C错误；
对于D，函数上单调递增，，
而函数在上单调递减，因此在区间上单调递减，D正确.
故选：ABD
10. 已知等比数列不是递增数列，其前项和为，且，，成等差数列，，则（ ）
A
B.
C. 数列的最大项为
D. 数列的最小项为
【答案】ACD
【解析】设等比数列的公比为.
对于A，由题意得，
则，故A正确；
对于B，由A项，可得，∴，
当时，，
此时可知数列为递增数列，故舍去；
故，∴，故B错误；
对于C，，
当为奇数时，，而指数函数在上单调递减，
∴；
当为偶数时，，而指数函数在上单调递减，
∴，故得，
又∵函数在上单调递增，∴，
当时，时为最大项，故C正确，
当时，为最小项，故D正确.
故选：ACD.
11. 已知抛物线与围成的封闭曲线如图所示，设的上、下顶点分别为，左、右顶点分别为，则下列结论正确的是（ ）
A. 恒关于点中心对称
B. 若，则与的准线之间的距离为
C. 若上一点的横坐标，则
D. 若，且对于任意给定的常数，上任意一点均满足为定值，则的取值范围是
【答案】BC
【解析】对A：对，令，可得，则，
对，令，可得，则，
点关于中心对称的点为，不在曲线上，
故点不是曲线的对称中心，故A错误；
对B：由、，则，
令，解得，则，
由抛物线对称性可知、关于轴对称，故，
则有，解得，
又抛物线为抛物线向左平移个单位而来，
抛物线为抛物线向右平移个单位而来，
故抛物线的准线方程为，
抛物线的准线方程为，
即与的准线之间的距离为，故B正确；
对C：由，则，
则，化简得，故或（舍），
则，由，则该点在上，，
由，则，
则
，
故，故C正确；
对D：由，当点在上时，即时，
有，则，
当点在上时，即时，
有，则，
即，则对上一点，有，
则，
由对于任意给定的常数，为定值，
则恒成立，即，即的取值范围是，故D错误.
故选：BC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知双曲线的一条渐近线的斜率为，则的离心率为__________.
【答案】2
【解析】双曲线的渐近线方程为，依题意，，即，
所以双曲线的离心率.
故答案为：2
13. 已知，若当时，不等式恒成立，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】令，则单调函数或常数函数，
若当时，不等式恒成立，
则，
所以，所以，
所以.
故答案为：.
14. 已知正三棱台的上、下底面边长分别为1和2，且体积不大于，若该棱台的外接球球心位于棱台内部（不含表面），则外接球表面积的取值范围是__________.
【答案】
【解析】如图，令正三棱台上下底面正三角形中心分别为，
则，，
设正三棱台的高为，则，解得，
设球的半径为，显然球心在线段上（不含端点）
因此，，解得，
且，而，当且仅当时取等号，得，
，解得，
因此，，
所以外接球表面积的取值范围是.
故答案为：
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. 现有一个六个面分别标有数字的正方体骰子，连续抛掷两次，设分别为第一次和第二次抛掷骰子落地后朝上的点数，.
（1）求的概率；
（2）求的数学期望.
解：（1）由题设，，即或，
连续抛掷两次骰子，得到朝上的点数构成的数组共有36种可能，
的情况有共6种，故，
的情况有共10种，故，
所以的概率为.
（2）由题意，的所有可能值为，同（1）分析，
的情况有共8种，则，
的情况有共6种，则，
的情况有共4种，则，
的情况有共2种，则，
所以.
16. 如图，四边形为圆的内接四边形，.
（1）若，求；
（2）若，且为等边三角形，求圆的面积.
解：（1）∵，，
∴，
在中由余弦定理可得，
∴，解得（舍去）或，
∴.
（2）设，为等边三角形，设
在中由余弦定理可得，
在中由余弦定理可得，
由∵，∴，
即，
则，即①，
又∵正中，∴，
在中，
即，∴，②
由①②可知，，，
如图，取中点，连接，由对称性可知圆心在中线上，连接，
∴，又∵，
∴半径，
∴圆的面积为：.
17. 如图，在直四棱柱中，底面为等腰梯形，且，为的中点.
（1）证明：为平面与平面的交线；
（2）设，求直线与平面所成角的正弦值.
（1）证明：在直四棱柱中，连接，
由，，得，
由为的中点，得，则四边形为平行四边形，
于是，即在同一平面内，平面，
由，得点四点在同一平面内，即平面，
所以为平面与平面的交线.

（2）解：连接，由四边形为等腰梯形，且，，
令，则，，，
，则，而平面，则直线两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
，
设平面的法向量，则，取，得，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
18. 已知椭圆与的短轴长相等，的离心率为，且左、右焦点分别为为上异于左、右顶点的一点，直线均过点.
（1）求的方程.
（2）若过点且与交于两点，过点且与交于两点，当的斜率之积为时，求的值.
（3）问：是否存在点，满足均与相切，且的斜率之积为？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
解：（1）由题设且，可得，故；
（2）由（1）知，，设的斜率为，则的斜率为，
所以，由，可得，
设，则，，
所以
，
同理可得，
所以；
（3）设，显然、，过的直线为，
由，消去y并整理得，
因为直线与相切，则，
所以，即，
设的斜率分别为，显然是上述方程的两个不等的实根，则，
结合，可得，故存在为满足题意.
19. 已知函数有两个不同的零点.
（1）证明：；
（2）当时，求的最大值；
（3）若，数列满足，证明：.
（1）证明：由题设，的定义域为，且，
由，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
且趋向于0或正无穷时，均趋向于负无穷，
要使有2个零点，只需，得证；
（2）解：由已知，，设，由，则，
将代入，则，结合，
所以，
设，则，
设，则，，
由，则，即在上单调递增，，
所以，则在上单调递增，则，
所以的最大值；
（3）证明：由题意，
设，所以，
对于，则，显然有，有，
在上单调递增，在上单调递减，则，
所以，故，
所以在上单调递增，
所以，，，依此类推有，
从而，整理得，
当时，，则（当且仅当时取等号），
所以
，得证.