[数学]河南省焦作市2025届高三上学期开学考试试题(解析版)

这是一份[数学]河南省焦作市2025届高三上学期开学考试试题(解析版)，共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知，i为虚数单位，为z的共轭复数，则（ ）
A. B. 4C. 3D.
【答案】A
【解析】由题设有，故，故，
故选：A.
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. -2,3
C. D.
【答案】C
【解析】因为所以,
所以,
因为，所以,
所以.
故选：C.
3. 半径为4的实心球与半径为2的实心球体积之差的绝对值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由题意可知实心球体积为，实心球体积为，
所以实心球与实心球体积之差的绝对值为.
故选：A.
4. 已知向量，，其中，若，则（ ）
A. 40B. 48C. 51D. 62
【答案】C
【解析】因为，，且，
所以，解得或，
又，所以，此时，，
所以，所以.
故选：C.
5. 已知的内角A，B，C的对边a，b，c成等差数列，且，，则（ ）
A. 5B. C. 4D. 3
【答案】B
【解析】由题意可知：，，
由余弦定理可得，，
即，解得.
故选：B.
6. 已知点在抛物线上，则C焦点与点之间的距离为（ ）
A. 4B. C. 2D.
【答案】D
【解析】因为在抛物线上，故，
整理得到：即，
解得或（舍），故焦点坐标为，
故所求距离为，故选：D.
7. 已知a，且，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】因为，
故，
而，
所以，
故选：D.
8. 已知当时，恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】令，则，
所以当时，，单调递减；时，，单调递增，所以，又，
所以的值域为，
令，则，
所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，所以，
又当时，恒成立，所以，
故实数a的取值范围为.
故选：A.
二、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. 已知直线与圆有两个交点，则整数的可能取值有（ ）
A. 0B. C. 1D. 3
【答案】AC
【解析】圆即为：，
故圆心，半径为，
因为直线与圆有两个不同的交点，故，
故，结合选项可知AC符合题意.
故选：AC.
10. 已知对数函数，则下列说法正确的有（ ）
A. 的定义域为B. 有解
C. 不存在极值点D.
【答案】BCD
【解析】对于A选项，由对数函数的定义知的定义域为，故A错误；
对于B选项，令，则，即，解得（舍去）或，故B正确；
对于C选项，，
则，
设函数，则为增函数，令，解得，
则时，，单调递减，时，，单调递增，且在0,1上gx<0，
所以由图象性质可知的图象为的图象向左平移一个单位长度得到，且两者无交点，
则f'x无零点，即不存在极值点，故C正确；
对于D选项，因为，
当时，，
故即，故D正确.
故选：BCD.
11. 北京时间2024年8月12日凌晨，第33届法国巴黎奥运会闭幕式正式举行，中国体育代表团以出色的表现再次证明了自己的实力，最终取得了40枚金牌、27枚银牌和24枚铜牌的最佳境外参赛成绩，也向世界展示了中国体育的蓬勃发展和运动员们顽强拼搏的精神.某校社团为发扬奥运体育精神举办了竞技比赛，此比赛共有5名同学参加，赛后经数据统计得到该5名同学在此次比赛中所得成绩的平均数为8，方差为4，比赛成绩，且，则该5名同学中比赛成绩的最高分可能为（ ）
A. 13B. 12C. 11D. 10
【答案】BC
【解析】设该5名同学在此次比赛中所得成绩分别为，，，，，
由题得，则，
且，
则，
不妨设最大，
对于A选项，若，则不成立，故A错误；
对于B选项，若，则，
则满足题意，例如5位同学成绩可为7，7，7，7，12，故B正确；
对于C选项，若，则，
则满足题意，例如5位同学的成绩可为5，7，8，9，11，故C正确；
对于D选项，若，则且，
则，
，
则可得，该方程组无正整数解，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. 曲线在点处的切线方程为______.
【答案】
【解析】由题得，
所以曲线在点处的切线斜率为，
所以曲线在点处的切线方程为.
13. 被10除的余数为______.
【答案】1
【解析】由题
，
因为可以被10整除，
所以被10除的余数为1.
14. 在中，若，，三点分别在边，，上（均不在端点上），则，，的外接圆交于一点O，称为密克点.在梯形ABCD中，，，M为CD的中点，动点P在BC边上（不包含端点），与的外接圆交于点Q（异于点P），则的最小值为______.
【答案】
【解析】延长，交于点E，则由题可知为正三角形，

由题设结论，，的外接圆有唯一公共点，该公共点即为题中的点Q，
故点Q在的外接圆上，如上图，
又由题，,
所以，故，
所以是直角三角形，故其外接圆半径，
在中，由余弦定理，

所以的最小值为.
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. 已知椭圆C：的焦距为，离心率为.
（1）求C的标准方程；
（2）若，直线l：交椭圆C于E，F两点，且面积为，求t的值.
解：（1）由题意得，，，
又，则， 则，
所以C的标准方程为.
（2）由题意设，，如图所示：
联立，整理得， ，
则，，
故.
设直线l与x轴的交点为，
又，则，
故，
结合，解得.
16. 交通强国，铁路先行，每年我国铁路部门都会根据运输需求进行铁路调图，一铁路线l上有自东向西依次编号为1，2，…，21的21个车站.
（1）为调查乘客对调图的满意度，在编号为10和11两个站点多次乘坐列车P的旅客中，随机抽取100名旅客，得出数据（不完整）如下表所示：
完善表格数据并计算分析：依据小概率值的独立性检验，在这两个车站中，能否认为旅客满意程度与车站编号有关联？
（2）根据以往调图经验，列车P在编号为8至14的终到站每次调图时有的概率改为当前终到站的西侧一站，有的概率改为当前终到站的东侧一站，每次调图之间相互独立.已知原定终到站编号为11的列车P经历了3次调图，第3次调图后的终到站编号记为X，求X的分布列及均值.
附：，其中.
解：（1）补充列联表如下：
零假设为：旅客满意程度与车站编号无关，
则，
所以根据小概率值的独立性检验，推断不成立，
即认为旅客满意程度与车站编号有关联.
（2）由题X的可能取值为，
则； ；
； ，
所以X的分布列为
所以.
17. 如图，四棱锥的底面为平行四边形，且，.
（1）仅用无刻度直尺作出四棱锥的高，写出作图过程并证明；
（2）若平面平面，平面平面，证明：四边形是菱形.
（1）解：连接交于点H，连接，则是四棱锥的高.
由于该四棱锥底面为平行四边形，故点H为与的中点，
又，，故有，，
又，，平面，
故平面，
即为四棱锥的高.
（2）（方法一）证明：以H为原点，以、的方向分别为x轴、z轴的正方向，以垂直于的直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设，，，，，
则，，，
设平面、平面的法向量分别为n1=x1,y1,z1，，
则，，故，，
即，，
令，解得，，
所以，，
因为平面平面，
所以，①
同理可得平面、平面的一个法向量分别为，，
故，即，②
联立①②解得，因此，，
故，而四边形ABCD是平行四边形，故四边形ABCD是菱形.
（方法二）证明：过点H作交于点E，交于点F，过点H作交于点M，交于点N，连接，
因为平面，、平面，
所以，，
因为，、平面，所以平面，
又平面，所以，
因为，平面，平面，故平面，
设平面平面，又平面，所以，所以，
又平面平面，平面，所以平面，
又平面，所以；
因为，、平面，所以平面，
又平面，所以，
因为平面，平面，故平面，
平面平面，又平面，所以，所以，
又平面平面，平面，所以平面，
又平面，所以；
因为H为平行四边形对角线的交点，所以，，
所以，所以，
又，所以，
所以平行四边形是菱形.
18. 已知.
（1）证明：是奇函数；
（2）若，证明在上有一个零点，且.
证明：（1）的定义域为，
.
由奇函数的定义知是奇函数.
（2）由对称性，不妨取，
则，
而.
下证，
设，，，，
则
（当且仅当，，即时取等号）.
的定义域为，.
由对称性，不妨取，则，
故在上单调递增.
当时，；
当时，.
由零点存在定理知在上有一个零点，
故.
19. 对于一个正项数列，若存在一正实数，使得且，有，我们就称是-有限数列.
（1）若数列满足，，，证明：数列为1-有限数列；
（2）若数列是-有限数列，，使得且，，证明：.
证明：（1）因为且为正项数列，故，
而，，故当时，，
因为，故，
由累加法可得，
故，
故数列为1-有限数列；
（2）
因为且，，
故
.车站编号
满意
不满意
合计
10
28
40
11
3
合计
85
0.1
0.01
0.001
2.706
6.635
10.828
车站编号
满意
不满意
合计
10
28
12
40
11
57
3
60
合计
85
15
100
X
8
10
12
14
P