河南省信阳高级中学北湖校区2025_2026学年高三上学期开学测试数学试卷[含解析]

这是一份河南省信阳高级中学北湖校区2025_2026学年高三上学期开学测试数学试卷[含解析]，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意代入检验判断元素与集合之间的关系，即可得交集.
【详解】因为，，
则，
所以.
故选：A.
2. 复数满足，则复数的实部与虚部之和为（ ）
A. B. C. 1D. 0
【答案】D
【解析】
【分析】设复数，根据复数满足求解.
【详解】设复数，
因为复数满足，
所以，
即，
所以，
所以复数的实部与虚部之和0.
故选：D.
3. 在等差数列中，，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由等差中项的性质求出的值，再利用等差数列的基本性质可求得所求代数式的值.
【详解】在等差数列中，，可得，
所以，
.
故选：C.
4. 在平面内，(为常数，且)，动点满足：，则点的轨迹为（ ）
A. 圆B. 椭圆C. 抛物线D. 直线
【答案】A
【解析】
【分析】
根据平面向量数量积的坐标表示公式，结合平面向量坐标表示公式、圆的标准方程进行判断即可.
【详解】不妨设，，设，
因为，所以，即，
解得，
所以点的轨迹为圆.
故选：A
【点睛】本题考查了求曲线轨迹方程，考查了平面向量数量积坐标表示公式，考查了圆的标准方程识别，考查了数学运算能力.
5. 除以5的余数是（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】利用二项式定理即可求解.
【详解】由题意可知，，
由此可知除以5的余数，即为除以的余数，故所求余数为.
故选：D.
6. 天文学上用绝对星等衡量天体的发光强度，用目视星等衡量观测者看到的天体亮度.可用（其中为常数）近似表示绝对星等M，目视星等m和观测距离d之间的关系.若1号天体的绝对星等为0.54，目视星等为0.04，2号天体的绝对星等为，目视星等为，则观测者与1号天体和2号天体的距离的比值约为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件、指对数的运算分别求出观测者与1号天体和2号天体的距离即可.
【详解】设观测者与1号天体和2号天体的距离分别为，
因为1号天体的绝对星等为0.54，目视星等为0.04，
所以，解得，
因为2号天体的绝对星等为，目视星等为，
所以，解得，
所以，
故选：B
7. 在正方体中，从直线以及该正方体的12条棱所在直线中任取2条直线，则这2条直线平行的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据正方体的特点及古典概型的概率公式、组合计数求解即可.
【详解】因为， ，，
，，
所以这2条直线平行的概率为.
故选：D.
8. 已知函数在区间上单调，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】结合题设和函数的周期公式可得，再根据余弦函数的性质可得，进而求解即可.
【详解】由题可知的最小正周期为，因为在区间上单调，
所以，则，解得，
当时，，
且，，
所以，解得，结合，得的取值范围为．
故选：D．
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列说法正确是（ ）
A. 某射击运动员在一次训练中10次射击成绩（单位：环）如下：6，5，7，9，6，8，9，9，7，5，这组数据的第70百分位数为8
B. 对于随机事件与，若，，则事件与独立
C. 若随机变量，，若最大，则
D. 设随机变量服从正态分布，若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，利用百分位数的定义判断即可；对于B，利用对立事件和条件概率的公式，结合独立事件的定义判断即可；对于C，根据随机变量的均值与方差公式，结合二项分布的概率公式求解即可；对于D，利用正态曲线的特点判断即可.
【详解】对于A，把数据从小到大排列为：5，5，6，6，7，7，8，9，9，9，因为，
则这组数据的第百分位数为，故A错误；
对于B，，又，所以，即事件与相互独立，故B正确；
对于C，因为随机变量，所以，故，又，当最大时，；又，
此时，故C正确；
对于D，因为随机变量服从正态分布，所以正态曲线关于直线对称，又因为，所以，所以，故D正确.
故选：BCD.
10. 已知函数的定义域为，且，都有，，，，当时，，则下列说法正确的是（ ）
A. 函数的图象关于点对称
B. 是以4为周期的周期函数
C.
D. 函数与函数的图象有8个不同的公共点
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据条件先得到函数的对称性及周期性，进而判断ABC，画出函数与函数的图象，根据图象观察交点个数即可判断D.
【详解】由得函数关于对称，A正确；
由得函数关于对称，
所以，，
所以，即，
所以，故函数的周期为，B正确；
由知，，
又时，，所以，解得，
所以时，，
所以， ，
，C错误；
画出函数和函数的图象，如图：
，观察图象可得函数与函数的图像有8个不同的公共点，D正确.
故选：ABD.
11. 已知O为坐标原点，抛物线的焦点F为，过点的直线l交抛物线C于A，B两点，点P为抛物线C上的动点，则（ ）．
A. 的最小值为
B. 直线与抛物线C相交的弦长为8
C. 当时，点P到直线l的距离的最大值为
D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】确定抛物线方程，过点作垂直准线于，，A错误，联立方程计算得到B正确，根据平行线的距离公式讨论的值得的C正确，确定根与系数的关系得到，D正确，得到答案.
【详解】抛物线的焦点F为，故，，抛物线，
准线方程为，设，，
过点作垂直准线于，如图所示：
对选项A：，当三点共线时等号成立，错误；
对选项B：，直线方程为，，故，
，设交点横坐标分别为，，则，
弦长为，正确；
对选项C：设直线的方程为，设直线的方程为，
则点到直线的距离等于两平行线与的距离，
当时，；
当时，，时等号成立，故；
当时，，时等号成立，；
综上所述：，正确；
对选项D：过点的直线可设为，代入抛物线，
可得，，
则，，
，正确；
故选：BCD.
【点睛】关键点睛：本题考查了抛物线的弦长，最值问题，向量的数量积，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系，可以简化运算，是解题的关键.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 函数且a≠1)的图象过定点Q，且角a的终边也过点Q，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】首先可得点的坐标，然后可得，然后可求出答案.
【详解】由题可知点Q(4，2)，所以
所以
故答案为：
13. 已知正四棱台上底面边长为，下底面边长为，高为3，则该四棱台外接球的表面积为_______．
【答案】
【解析】
【分析】注意四棱台的对称性特征，利用上下底面中心连线建立方程．
【详解】上底正方形外接圆圆心，半径，下底正方形外接圆圆心，半径，
设球心O半径R，
，，
该四棱台外接球的表面积.
故答案为：.
14. 已知函数且关于x的方程有7个不同实数解，则实数m的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题属于嵌套型函数的解的问题，画出的函数图像，设，
根据题意，等价于方程，通过求的解的个数，利用数形结合，可求得的取值范围.
【详解】
由题意，的图像如图所示，因为有7个不同实数解，设，则方程有2个不等实根，且或，．
当，时，，满足题意；
当时，，解得．
综上，．
故答案为：
四、解答题：本大题共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. 已知数列满足，记数列的前项和为，且，
（1）求数列通项公式；
（2）若，求数列前100项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意得出，然后与原式结合，两式相减并化简求出，最后根据等差数列的定义求得答案；
（2）结合（1），分别讨论，和三种情况，分别求出，进而求出.
【小问1详解】
因为，所以，
两式相减得，所以．
又，所以数列是首项为，公差为2的等差数列，所以.
【小问2详解】
由得，当时，，
当时，，
当时，，
所以
.
16. 已知函数
（1）求在处的切线方程；
（2）求函数的单调区间；
（3）在区间上有两个零点，求m的范围.
【答案】（1）
（2）单调递增区间，，单调递减区间.
（3）
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义求函数在点处的切线方程.
（2）求导，分析导函数的符号，可得函数的单调区间.
（3）结合（2）结论，转化为与在上有两个交点，数形结合，可求m的范围.
【小问1详解】
因为，所以.
又，所以.
所以在处的切线方程为：即.
小问2详解】
因为.
由或；由.
所以函数的单调递增区间为，，单调递减区间为.
【小问3详解】
由（2）可知，函数在上单调递减，在上单调递增.
且，，.
所以在区间上有两个零点，即在上有两个解，
可得.
即的取值范围为：
17. 已知锐角，角、、所对的边分别为、、，且，．
（1）求；
（2）求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式可得出的值，结合角的取值范围可得出角的值；
（2）由为锐角三角形求出角的取值范围，利用正弦定理结合三角恒等变换求出的取值范围，令，结合导数可求出的取值范围，即为所求.
【小问1详解】
因为，，则，
由正弦定理得，
，所以，，
因为、，则，
所以，，即．
【小问2详解】
在锐角中，由，可得，
则，
又，则，
所以，的取值范围为，
又，设，设，其中，
，
由可得，由可得，
所以，在上递减，在上递增，
所以，，
又因为，，故的取值范围为，
即的取值范围为.
18. 某商品的包装纸如图1，其中菱形的边长为，且，，，将包装纸各三角形沿菱形的边进行翻折后，点、、、汇聚为一点，恰好形成如图2的四棱锥形的包裹．
（1）证明底面；
（2）设点为上的点，且二面角的正切值为，试求与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）证明出，，利用线面垂直的判定可证得结论；
（2）连接，取的中点，连接，证明出，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，其中，利用已知条件求出，然后利用空间向量法可求得与平面所成角的正弦值.
【小问1详解】
证明：由菱形的边长为，，，
所以，，即有，同理可得，
在翻折的过程中，垂直关系保持不变可得，，
，底面.
【小问2详解】
解：连接，取的中点，连接，
由已知，，故为等边三角形，
因为为的中点，则，因为，则，
因为平面，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
平面，、平面，则，，
故二面角的平面角为，
由题意可得，可得，
易知点、、、、，
设点，其中，，，
所以，，整理可得，
解得或（舍），故点，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，
，.
因此，与平面所成角的正弦值为.
19. 在平面直角坐标系中，为直线上一动点，椭圆：的左右顶点分别为，，上、下顶点分别为，．若直线交于另一点，直线交于另一点．
（1）求证：直线过定点，并求出定点坐标；
（2）求四边形面积的最大值．
【答案】（1）证明见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）依题求出椭圆方程，设，由直线，方程分别与椭圆方程联立，求出点的坐标，由对称性知，定点在轴上，设为，由求出的值即得；
（2）根据图形，可得四边形的面积，代入和，经过换元，运用基本不等式和函数的单调性即可求得面积最大值.
【小问1详解】
由题意知，，椭圆：
如图，设，
当时，直线的方程为：，代入，
得，则，从而，点
又直线的方程为：，代入，
得则，从而，点
由对称性知，定点在轴上，设为
由，即，化简得，
因故得，解得.
即直线过定点，而当时，直线也过定点．
综上，直线恒过定点．
【小问2详解】
由图可知四边形的面积为
，
令，当且仅当时等号成立，
因在上单调递增，而，
故当时，四边形面积有最大值．
【点睛】方法点睛：本题主要考查直线过定点和四边形面积的最值问题，数据计算较大.
求解直线过定点问题，一般是通过消参后将直线方程化成含一个参数的方程，再求定点；对于四边形面积问题，常运用合理的拆分或拼接，使其表达式易于得到，再利用基本不等式，或函数的单调性求其范围即可.