河南省2025屆高三數(shù)學(xué)上學(xué)期12月摸底考試文試卷含解析

Page16河南省2024屆高三數(shù)學(xué)上學(xué)期12月摸底考試（文）試卷考試時(shí)間：120分鐘滿(mǎn)分：150分一、單選題（每小題5分，共60分）1．設(shè)集合，則（

）A． B． C． D．2．已知，，則“”是“”的（

）A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件3．魏晉南北朝時(shí)期，中國(guó)數(shù)學(xué)的測(cè)量學(xué)取得了長(zhǎng)足進(jìn)展.劉徽提出重差術(shù)，應(yīng)用中國(guó)傳統(tǒng)的出入相補(bǔ)原理，因其第一題為測(cè)量海島的高度和距離，故題為《海島算經(jīng)》.受此題啟發(fā)，某同學(xué)依照此法測(cè)量鄭州市二七紀(jì)念塔的高度.如圖，點(diǎn)D，G，F(xiàn)在水平線DH上，CD和EF是兩個(gè)垂直于水平面且等高的測(cè)量標(biāo)桿的高度，稱(chēng)為“表高”測(cè)得以下數(shù)據(jù)（單位：米）：前表卻行DG=1，表高CD=EF=2，后表卻行FH=3，表距DF=61.則塔高AB=（

）A．60米 B．61米 C．62米 D．63米4．已知是定義在上的函數(shù)，且滿(mǎn)意為偶函數(shù)，為奇函數(shù)，則下列說(shuō)法正確的是（

）A．函數(shù)的周期為2 B．函數(shù)關(guān)于直線對(duì)稱(chēng)C．函數(shù)關(guān)于點(diǎn)中心對(duì)稱(chēng) D．5．如圖，在直三棱柱中，，且分別是棱的中點(diǎn)，則異面直線與所成角的余弦值是（

）A． B． C． D．6．在平行四邊形中，?分別在邊?上，，與相交于點(diǎn)，記，則（

）A．B．C． D．7．一個(gè)幾何體的三視圖如圖，它們?yōu)橐粋€(gè)等腰三角形，兩個(gè)直角三角形，則這個(gè)幾何體的外接球表面積為（

）A． B． C． D．8．在上有兩個(gè)零點(diǎn)，，則（）A． B． C． D．9．已知正四棱錐的側(cè)棱長(zhǎng)為，則該正四棱錐體積的最大值為（

）A． B． C． D．10．已知中，設(shè)角、B、C所對(duì)的邊分別為a、b、c，的面積為，若，則的值為（

）A． B． C．1 D．211．已知函數(shù)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（

）A． B． C． D．12．已知，，，則（

）A． B． C． D．二、填空題（每小題5分，共20分）13．若滿(mǎn)意約束條件，則的最大值為_(kāi)_________.14．已知圓的圓心在直線x－2y－3＝0上，且過(guò)點(diǎn)A(2，－3)，B(－2，－5)，則圓的一般方程為_(kāi)_______________.15．已知的全部頂點(diǎn)都在球的表面上，，球的體積為，若動(dòng)點(diǎn)在球的表面上，則點(diǎn)到平面的距離的最大值為_(kāi)_________.16．如圖所示，在長(zhǎng)方體中，，點(diǎn)是棱上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，若平面交棱于點(diǎn)，給出下列命題:①四棱錐的體積恒為定值;②存在點(diǎn)，使得平面;③對(duì)于棱上隨意一點(diǎn)，在棱上均有相應(yīng)的點(diǎn)，使得平面;④存在唯一的點(diǎn)，使得截面四邊形的周長(zhǎng)取得最小值.其中真命題的是_____________.（填寫(xiě)全部正確答案的序號(hào)）三、解答題（17題10分，其余每小題12分，共70分）17．已知數(shù)列的前項(xiàng)和為，滿(mǎn)意.(1)求數(shù)列的通項(xiàng)公式；(2)記，求數(shù)列的前項(xiàng)和.18．已知在中，角所對(duì)的邊分別為，且.(1)求；(2)設(shè)點(diǎn)是邊的中點(diǎn)，若，求的取值范圍.19．如圖，在幾何體中，平面，，，.(1)證明：平面平面；(2)若，，三棱錐的體積為，求直線與平面所成角的正弦值.20．已知函數(shù)，．(1)若，求曲線在點(diǎn)處的切線方程；(2)若在上恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍．21．如圖，△ABC是正三角形，在等腰梯形ABEF中，，.平面ABC⊥平面ABEF，M，N分別是AF，CE的中點(diǎn)，.(1)證明：平面ABC；(2)求三棱錐N－ABC的體積.22．已知，函數(shù)．(1)當(dāng)時(shí)，探討的單調(diào)性；(2)若曲線與直線有且只有一個(gè)公共點(diǎn)，求.

河南省名校2024-2025學(xué)年高三上學(xué)期12月摸底考試參考答案1．C解析：由，得，解得，所以，由，得，解得，所以，所以，2．A解析：充分性：∵，，，∴，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，∴，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，∴.必要性：當(dāng)，時(shí)，成立，但不成立，即必要性不成立，所以“”是“”的充分不必要條件．3．D解析：解：依據(jù)題意，，，所以，解得．4．C解析：∵為偶函數(shù)，∴，∴，故即，∴函數(shù)的圖象關(guān)于直線對(duì)稱(chēng).∵為奇函數(shù)，∴，∴，所以函數(shù)的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，故B錯(cuò)誤，C正確；由及知，，∴，∴，即，∴，故∴函數(shù)的周期為4，A錯(cuò)誤，，故D錯(cuò)誤.5．A解析：如圖，在棱上取一點(diǎn)，使得，取的中點(diǎn)，連接,，由于分別是棱的中點(diǎn)，所以，故四邊形為平行四邊形，進(jìn)而,又因?yàn)槭堑闹悬c(diǎn)，所以,所以，則或其補(bǔ)角是異面直線與所成的角.設(shè)，則，從而，故,故異面直線與所成角的余弦值是.6．D解析：過(guò)點(diǎn)作平行于，交于點(diǎn)，因?yàn)?，則為的中點(diǎn)，所以且，因?yàn)椋?，由可得：，所以，因?yàn)椋裕?．C解析：由三視圖還原原幾何體的直觀圖如下圖所示：可以該幾何體為三棱錐，其中平面，，，所以，為等邊三角形，如下圖所示：圓柱的底面圓直徑為，母線長(zhǎng)為，則的中點(diǎn)到圓柱底面圓上每點(diǎn)的距離都相等，則為圓柱的外接球球心，且，可將三棱錐置于內(nèi)，使得的外接圓為圓，其中圓的直徑為，故三棱錐的外接球直徑為，所以，該幾何體的外接球的表面積為.8．D解析：其中,不妨設(shè)因?yàn)槭堑膬蓚€(gè)零點(diǎn),所以即結(jié)合的范圍知所以,即所以9．D解析：如圖，連結(jié)交于點(diǎn)，連結(jié).依據(jù)正四棱錐的性質(zhì)，可知平面.設(shè)底面正方形邊長(zhǎng)為，高為，則，.在中，有，即，則.則.設(shè)，則，令，解得（舍去負(fù)值）.又當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，.所以，當(dāng)時(shí)，有唯一極大值，也是最大值.10．B解析：已知由正弦定理可知：，，整理得：，兩邊同除得：，依據(jù)余弦定理得：，即，，，，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)等號(hào)成立.又，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立.綜上所述：且，故得：，此時(shí)且，，.11．A解析：由題意得,令，，該函數(shù)在R上為單調(diào)增函數(shù)，且，故函數(shù)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，即有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，令即直線與的圖象有兩個(gè)不同交點(diǎn)，又，當(dāng)時(shí)，遞增，當(dāng)時(shí)，遞減，則，當(dāng)時(shí)，，作出其圖象如圖：由圖象可知直線與的圖象有兩個(gè)不同交點(diǎn)，需有，12．A解析：設(shè)，當(dāng)時(shí)，有，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，所以是減函數(shù)，，即；當(dāng)時(shí)，設(shè)，單調(diào)遞增，，即，即；13．8解析：作出可行域，如圖內(nèi)部（含邊界），作直線，在中，是直線的縱截距，向上平移該直線，增大，平移直線，當(dāng)它過(guò)點(diǎn)時(shí)，為最大值．14．x2＋y2＋2x＋4y－5＝0解析：方法一：設(shè)所求圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－a)2＋(y－b)2＝r2，由題意得:,解得：故所求圓的方程為(x＋1)2＋(y＋2)2＝10，即x2＋y2＋2x＋4y－5＝0.方法二：線段的中點(diǎn)坐標(biāo)為，即，直線的斜率為，所以線段AB的垂直平分線的斜率為-2，所以線段AB的垂直平分線方程為，即2x＋y＋4＝0，由幾何性質(zhì)可知：線段AB的垂直平分線與的交點(diǎn)為圓心，聯(lián)立，得交點(diǎn)坐標(biāo)，又點(diǎn)O到點(diǎn)A的距離，即半徑為，所以圓的方程為(x＋1)2＋(y＋2)2＝10，即x2＋y2＋2x＋4y－5＝0.故答案為：x2＋y2＋2x＋4y－5＝0.15．解析：因?yàn)?，所以，?設(shè)的外接圓的圓心為的外接圓的半徑為，球的半徑為，則，因?yàn)槠矫?，所以，則.延長(zhǎng)與球交于點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)與點(diǎn)重合時(shí)，點(diǎn)到平面的距離取得最大值.16．①②④解析：對(duì)于①，由，平面，可得到平面的距離為定值，所以四棱錐的體積為定值，故①正確;對(duì)于②，，得對(duì)角面為正方形，所以，易知平面，而平面，所以，若，，平面，所以平面，面，所以，，平面，所以有平面，故②正確;對(duì)于③，可作出過(guò)的平面與平行，如圖所示：當(dāng)點(diǎn)與棱的中點(diǎn)重合時(shí)，作的中點(diǎn)，連接，易知，平面，平面，所以平面，同理平面，，平面，所以平面平面，易知：當(dāng)點(diǎn)在線段內(nèi)時(shí)，對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在棱上，而當(dāng)點(diǎn)在線段內(nèi)時(shí)，對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在棱上，故③錯(cuò)誤.對(duì)于④，由面面平行的性質(zhì)定理可得四邊形為平行四邊形，所以四邊形的周長(zhǎng)，將矩形繞棱向內(nèi)旋轉(zhuǎn)90度，使矩形和矩形共面，連接交于點(diǎn)，如下圖所示：此時(shí)，四邊形的周長(zhǎng)取得最小值，故存在唯一的點(diǎn)，使得截面四邊形的周長(zhǎng)取得最小值，故④正確.綜上：①②④正確.故答案為：①②④.17．解：（1）①，當(dāng)時(shí)，②，①②得，即，又時(shí)，，∴為首項(xiàng)，公比的等比數(shù)列，故，∴（2），③④③④得∴18．解：（1）在中，依題意有，由正弦定理得：，而，即，則有，即，而，所以.（2）在中，由（1）知，，又，點(diǎn)是邊的中點(diǎn)，則,于是得，明顯，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，因此，，即，所以的取值范圍是.19．解：（1）若分別為的中點(diǎn)，連接，所以且，又，，故、，所以為平行四邊形，故，且、，所以為平行四邊形，故且，而，因?yàn)槠矫妫瑒t平面，平面，所以，即，，在中，，故△為等腰三角形，則，平面，平面，故，所以，，面，故面，而面，所以面面.（2）由（1）知：面，故直線與平面所成角的平面角為，所以，因?yàn)?，，故，即，所以，且，又平面，故，則，而，所以，即直線與平面所成角的正弦值.20．（1）解：當(dāng)時(shí)，，所以，，所以，故所求切線方程為．（2）解：因?yàn)樵谏虾愠闪?，令，，則，令，則，所以在上單調(diào)遞減，因?yàn)?，，由零點(diǎn)存在定理知，存在唯一，使，所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以，從而．21．解：（1）取CF的中點(diǎn)D，連接DM，DN，∵M(jìn)，N分別是AF，CE的中點(diǎn)，∴，，又∵平面ABC，平面ABC，∴平面ABC.又，∴，同理可得，平面ABC.∵平面MND，平面MND，，∴平面平面ABC.∵平面MND，∴平面ABC.（2）取AB的中點(diǎn)O，連接OC，OE.由已知得OAEF且OA=EF，∴OAFE是平行四邊形，∴OEAF且OE=AF∵△ABC是正三角形，∴OC⊥AB，∵平面ABC⊥平面ABEF，平面平面ABEF＝AB，∴OC⊥平面ABEF，又平面ABEF，∴OC⊥OE.設(shè)，，在Rt△COE中，由，解得，即.由題意∠FAB＝60°，M到AB的距離即為M到平面ABC的距離又平面ABC，∴.22．解：（1）解：當(dāng)時(shí)，，函數(shù)的定義域?yàn)?，，令，其中，則，所以，函數(shù)在上單調(diào)遞增，且．所以當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減，當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增．因此，當(dāng)時(shí)，函數(shù)的減區(qū)間為，增區(qū)間為.（2）