河南省天一大联考2024−2025学年高三阶段性测试（七） 数学试卷（含解析）

这是一份河南省天一大联考2024−2025学年高三阶段性测试（七） 数学试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，解答题，填空题，多选题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共1小题）
1．已知等差数列的公差为3，则（ ）
A．3B．9C．27D．30
二、解答题（本大题共5小题）
2．已知函数．
(1)当时，，求实数的取值范围．
(2)若，设的正零点从小到大依次为．
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）判断数列的单调性，并证明．
附：当时，．
3．已知椭圆的长轴长为，左、右焦点分别为，直线与交于两点，且满足（为坐标原点），当变化时，面积的最大值为．
(1)求的方程；
(2)证明：；
(3)过点和线段的中点作一条直线与交于两点，求四边形面积的取值范围．
4．如图，在四边形中，对角线，交于点，，，，且，记，．

(1)证明：；
(2)证明：；
(3)记．若，求的值．
5．如图，在圆锥中，平面是轴截面，为底面圆周上一点（与不重合），为的中点．
(1)求证：平面；
(2)若，，，求平面与平面的夹角的大小．
6．小王参加某机构的招聘面试，要从6道简答题和4道论述题中任意抽取3道进行回答．
(1)求小王抽取的3道题中两种题型都有的概率；
(2)每道简答题答对得10分，每道论述题答对得20分，假设小王每道题都能答对，记小王答完3道题的总得分为，求的分布列和数学期望．
三、填空题（本大题共3小题）
7．若过点的直线与抛物线交于、两点，以、为切点分别作的两条切线，则两条切线的交点的轨迹方程为 ．
8．我们把几何体的表面积与体积之比称为“相对积”，已知三棱锥中，，、、分别在棱、、上，且截面与底面平行，，则三棱锥与三棱锥的相对积之比为 ．
9．已知集合，非空集合，若，则的取值范围是 ．
四、多选题（本大题共3小题）
10．如图，一个圆形仓鼠笼被分为四个区域，相邻区域之间用通道相连，开始时将一只仓鼠放入区域，仓鼠每次随机选择一个通道进入相邻的区域，设经过次随机选择后仓鼠在区域的概率为，则（ ）

A．B．C．D．
11．在三棱锥中，已知，，为的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．长度的取值范围是
B．直线与平面所成的角为
C．若，则所成的角为
D．若，则三棱锥外接球的表面积为
12．在中，若，，点在边上，点在边上，且，，，则（ ）
A．B．C．D．
五、单选题（本大题共7小题）
13．与曲线和圆都相切的直线有（ ）
A．1条B．2条C．3条D．4条
14．若，且，．则的最大值为（ ）
A．B．1C．D．
15．已知函数的部分图象如下，则的解析式可能为（ ）

A．B．C．D．
16．已知、，若，，则（ ）
A．B．C．D．
17．若双曲线上的点到点的距离为4，则点到点的距离为（ ）
A．14B．12C．10D．8
18．若为方程的两个不同的根，则（ ）
A．B．2iC．D．2
19．已知，且，则（ ）
A．B．
C．D．
参考答案
1．【答案】C
【详解】由题，公差，则.
故选C.
2．【答案】(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）数列是递减数列，证明见解析
【详解】（1）由题意，即对任意恒成立．
设，则，
当时，，则，所以，在上单调递增，
，所以，
即的取值范围是．
（2）（ⅰ）若，，则在定义域内恒成立，
所以对任意，在区间上单调递增，
又，当趋近于时，趋近于，所以在区间内有唯一零点，
所以．
所以和都在区间内，
又，所以，
即．
（ⅱ）数列是递减数列．
证明如下：记，要证明数列是递减数列，
即证明：当时，，即，
又因为，所以只需证明当时，．
由（ⅰ）知，所以，且．
所以，所以．
，
设函数，，
则，
因为在区间上单调递增，所以当时，，，
所以在时单调递增，所以，
即，所以．
因为在上单调递增，且，所以，
综上，数列是递减数列．
3．【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1）设的半焦距为．
当在短轴顶点时的面积取得最大值，
依题意可得，，又，
所以，解得，
所以的方程为．
（2）设，．
由，消去得，
则，
，，
因为，
所以
，
化简得，此时成立，证毕．
（3）设的中点为，因为直线经过点和点，
所以不妨设，，
则．
又
．
由，得点的坐标为，
又，
所以，
代入的方程得，
化简得，则．
所以
，
因为，所以，所以，
即四边形面积的取值范围为．
4．【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1）设，则．由余弦定理得，
，
所以，所以．
（2）在中，由正弦定理得，
在中，由正弦定理得，
由（Ⅰ）知，又，所以．
（3）若，则，得，与已知矛盾．
所以，则，
所以化为，即，
整理得，即，
解得．
5．【答案】(1)证明见解析；
(2).
【详解】（1）由题意在圆锥中，平面，
又平面，所以，
因为为的中点，，所以，
因为平面，所以平面.
（2）在平面内，过作交于点，分别以直线为轴建立空间直角坐标系，如图．
因为，，所以，，
由（1）知平面的一个法向量为，
又，，所以，，
设平面的法向量为，
则，取，
所以，
所以平面与平面的夹角为．
6．【答案】(1)
(2)分布列见解析，数学期望为42
【详解】（1）所求概率为.
（2）的所有可能取值为，
，，
，．
所以的分布列为
的数学期望.
7．【答案】
【详解】设，，则，，
联立，消去整理得，
则，，且，
由抛物线的切线方程可知，以点为切点的切线方程分别为：，，
设两切线的交点为，联立两切线方程可得：，，
即，，消去参数可得.
所以两条切线的交点的轨迹方程为.
故答案为：.
8．【答案】
【详解】设三棱锥、三棱锥的体积分别为，表面积分别为，
因为，，、、分别在棱、、上，
且截面与底面平行，所以两个棱锥相似，
所以，，
则三棱锥与三棱锥的相对积之比为.
故答案为：
9．【答案】
【详解】因为非空集合，，所以，
又，所以，所以，即的取值范围是.
故答案为：
10．【答案】ACD
【详解】对于A，因为仓鼠一开始在区域，经过次随机选择后仓鼠不可能在区域，
所以，故A正确；
对于B，记仓鼠经过次随机选择后在区域的概率分别为，
则，所以，所以，
因为，所以为以为首项为公比的等比数列，
所以，所以，所以不是等比数列，
所以不成立，故B错误；
对于C，因为，
，所以，故C正确.
对于D，因为，，
所以，故D正确.
故选ACD
11．【答案】BD
【详解】

如图，连接，
因为为的中点，，，
所以，，
则在中，由勾股定理得，同理，
对于A，在中，，即，故A错误；
对于B，因为，，平面，
所以平面，
则即为直线与平面所成的角，
则在中，，
所以，故B正确；
对于C，若，则，所以，
又，，平面，
所以平面，
又平面，所以，故C错误；
对于D，如图，取的中点，连接，
则，若，则，
由已知图形可知，三棱锥外接球的球心在的延长线上，
设，
在中，，
在中，，，
又，所以，
解得，所以外接球的半径为，
所以外接球的表面积为，故D正确.
故选BD.
12．【答案】AD
【详解】对于A，向量，
所以，故A正确；
对于B，因为，
，，
设所以，所以，故B错误；
对于C，因为点在上，，所以
由AB选项知，，，，
所以，所以，
所以，即，得，故C错误；
对于D，因为向量和分别是和方向上的单位向量，
所以为的平分线，因为，所以，
所以，
即，
所以，得，故D正确.
故选AD.
13．【答案】C
【详解】设直线 与曲线 相切于点 ，，当时，，
所以 的方程为 ，即
圆 ，因为 与圆 相切，
所以所以 ，
令 ，
则
因为，，，，
所以，借助二次函数的性质，令 得： 或 ，
当可得：，当可得：，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 极大值
极小值
又当 时， ，
所以 在区间 上分别有1个零点，
所以这样的切线有3条.
故选C
14．【答案】B
【详解】将 变形为：，
由 ，可得 ，，则，
设 ，所以
所以
令 ，由对号函数性质可知，函数在 单调递增，所以，则 ，
原式
对于二次函数 ，
其对称轴为 ，
当 时， ，
所以 最大值为1.
故选B
15．【答案】C
【详解】由图知，的图象关于y轴对称，所以是偶函数，则，
对于B，，不为偶函数，不符合题意，
对于A，函数过点，，不符合题意，
对于D，当时，，不符合题意.
故选C.
16．【答案】D
【详解】因为、，，，
所以，，，
因此，.
故选D.
17．【答案】B
【详解】由双曲线，可得，所以，
所以与是双曲线的焦点，
因为双曲线上的点到点的距离为4，且，
所以或，又，所以.
故选B
18．【答案】A
【详解】设方程的根为，则，
则，解得或，故，即，
所以.
故选A.
19．【答案】D
【详解】因为，且，
对于A选项，由基本不等式可得，
当且仅当时，即当时，等号成立，A错；
对于B选项，，B错；
对于C选项，，
当且仅当时，即当时，等号成立，C错；
对于D选项，，D对.
故选D.
30
40
50
60