河南省2025届高三新未来九月大联考2024-2025学年高三上学期开学数学试题（解析版）

这是一份河南省2025届高三新未来九月大联考2024-2025学年高三上学期开学数学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了 已知角的终边经过点，则， 已知复数，则， 已知函数的最大值为1，则等内容，欢迎下载使用。

全卷满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚.
4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交.
一､选择题：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. 已知单位向量的夹角为，则（ ）
A. B. C. 0D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】根据数量积运算性质展开，结合数量积定义即可得解.
【详解】由题知，
所以.
故选：C
2. 双曲线离心率为（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】C
【解析】
分析】根据离心率定义直接计算即可.
【详解】因为，所以.
故选：C
3. 以点为圆心的圆截直线所得的弦长为，则圆的半径为（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意求圆心到直线的距离，结合垂径定理求半径.
【详解】由题意可知：圆心到直线的距离，
所以圆的半径为.
故选：D.
4. 随着暑假的来临，中国各地旅游市场也迎来旺季.小明和小王都计划在南京､北京､西安､厦门､杭州这5个城市中选2个城市去旅游，则小明和小王不会去相同城市的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据分步乘法计数原理和组合数公式求出总选择和满足条件的选择种数，再由古典概型概率公式可得.
【详解】两人从5个城市中各选2个城市去旅游共有种选法，
若两人不去相同城市，则有种选法，
所以小明和小王不会去相同城市的概率为.
故选：B
5. 已知角的终边经过点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角函数定义求出，然后结合和差公式和二倍角公式化简，代入计算可得.
【详解】因为角的终边经过点，所以，
所以
故选：D
6. 如图所示是一个无盖的瓶子，该瓶子由上部分圆柱和下部分圆台构成，圆柱的底面圆的半径为1，圆台的下底面圆的半径为2，圆柱和圆台的高相等，若该瓶子的侧面积为，则瓶子的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据圆柱和圆台的侧面积和体积公式求解即可.
【详解】设圆柱和圆台的高为，圆台的母线为，则.
瓶子的侧面积，
解得.
瓶子的体积.
故选：A.
7. 已知函数，则函数的图象的对称中心的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】化简即可得对称中心.
【详解】因为，
所以函数的图象关于点对称.
故选：C
8. 在中，内角所对的边分别为，若成等差数列，则的最小值为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】根据等差中项和三角恒等变换化简得，然后结合和差公式将所求化简为关于的表达式，利用基本不等式可得.
【详解】由题知，由正弦定理得，
即，
因为，所以，
又，
所以，得，
所以最多有一个是钝角，所以，
因为
，
由基本不等式得，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为3.
故选：A
【点睛】关键点睛：本题主要在于利用三角恒等变换和三角形内角和定理，将已知和所求转化为的表达式，即可利用基本不等式求解.
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. 已知复数，则（ ）
A.
B.
C. 复数是方程的一个根
D. 复数在复平面内所对应的点位于第二象限
【答案】BC
【解析】
【分析】根据复数除法运算化简，结合共轭复数概念可判断A；根据复数乘法运算可判断B；代入验证可判断C；根据复数乘法运算，结合复数的几何意义可判断D.
【详解】对A，因为，所以，A错误；
对B，，B正确；
对C，，因为，
所以复数是方程的一个根，C正确；
对D，对应点为，位于第一象限，D错误.
故选：BC
10. 已知函数的最大值为1，则（ ）
A.
B. 当时，
C.
D. 当时，
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用导数求最值，结合已知可得，可判断A；利用单调性可判断BC；将目标不等式转化为，构造函数，利用导数求最值可判断D.
【详解】对A，，当时，f'x>0，当时，f'x<0，
所以在上单调递增，在单调递减，
所以当时取得最大值，解得，A正确；
对B，由上可知，在上单调递增，在0,+∞单调递减，
因为，所以，B错误；
对C，因为，所以，所以，C正确；
对D，当时，，不等式成立，
当时，，
记，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在 0,1上单调递减，
所以当时，取得最大值，
综上，当时，不等式成立，D正确.
故选：ACD
11. 已知抛物线的焦点到准线的距离为2，过焦点且不与轴垂直的直线与抛物线相交于两点，过原点作直线的平行线与抛物线交于另一点，则（ ）
A.
B. 线段中点和线段的中点的连线与轴平行
C. 以点为顶点的四边形可能为等腰梯形
D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据抛物线几何性质可判断A；设出直线，的方程，联立抛物线方程，利用韦达定理求出，的中点纵坐标可判断B；利用B中结论，结合等腰梯形性质可判断C；利用韦达定理分别计算即可判断D.
【详解】对A，因为焦点到准线的距离为2，所以，A正确；
对B，由题知，直线的斜率存在且不为0，抛物线交点坐标为，
设直线的方程为，，
则直线的方程为，
联立，得，则，
联立，得，则，或，则，
记线段和线段的中点分别为，则，
所以平行于轴，B正确；
对C，若点为顶点的四边形为等腰梯形，则，
与平行于轴，不垂直于轴矛盾，故C错误；
对D，因为，
，
所以，D正确
故选：ABD
【点睛】关键点睛：对于C选项关键在于灵活利用B中结论，结合等腰梯形性质分析.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知集合，若，则实数的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】求出集合，根据集合的包含关系列不等式组求解可得.
【详解】因为，所以，
当时，，不满足题意；
当时，由解得，
依题意有，解得，即实数的取值范围为.
故答案为：
13. 已知函数在区间上有且仅有2个零点，则实数的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】应用两角差正弦公式及辅助角公式化简后结合正弦函数性质判断参数范围.
【详解】因为
,fx有且仅有2个零点，
则,
即.
故答案为：.
14. 如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，，点分别为的中点，点为内的一个动点（包括边界），若平面，则点的轨迹的长度为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】记的中点为，点的轨迹与交于点，则平面平面，建立空间直角坐标系，利用垂直于平面，的法向量确定点的位置，利用向量即可得解.
【详解】由题知，两两垂直，
以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
记的中点为，连接，
因为为正方形，为中点，所以，且，
所以为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面，
记点的轨迹与交于点，由题知平面，
因为是平面内的相交直线，所以平面平面，
所以即为点的轨迹，
因为，
所以，
设，
则，
设为平面的法向量，
则，令得，
因为，所以，
解得，则，又
所以，
所以.
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题关键在于利用向量垂直确定点的轨迹与的交点位置，然后利用向量运算求解即可.
四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤.
15. 已知函数在点处的切线方程为.
（1）求的值；
（2）求函数的单调区间和极值.
【答案】（1）；
（2）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）根据切点在切线上、在曲线上、切点处的导数等于切线斜率列方程组求解可得；
（2）根据导数负号判断单调区间，由单调性可得极值.
【小问1详解】
的定义域为0,+∞，
由题知，，即①，
又，所以，即②，
联立①②解得.
【小问2详解】
由（1）知，，
当时，f'x<0，当时，f'x>0，
所以的单调递减区间为0,1，单调递增区间为1,+∞，
所以当时，取得极小值，无极大值.
16. 某学校对高三（1）班50名学生第一次模拟考试的数学成绩和化学成绩统计得到数据如下：数学成绩的方差为，化学成绩的方差为，其中且1分别表示这50名学生的数学成绩和化学成绩，关于的线性回归方程为.
（1）求与的样本相关系数；
（2）从概率统计规律来看，本次考试高三（1）班学生数学成绩服从正态分布，用样本平均数作为的估计值，用样本方差作为的估计值.试估计该校共800名高三学生中，数学成绩位于区间的人数.
附：①回归方程中：
②样本相关系数
③若，则
④
【答案】（1）
（2）652
【解析】
【分析】（1）根据方差和求出，，然后代入公式可得；
（2）由求出，然后根据特殊区间求出，然后可得.
【小问1详解】
因为，
所以，
又，所以，
所以.
【小问2详解】
因为，，
所以，解得，即，
因为，所以，
所以数学成绩服从正态分布，
因为
，
所以该校高三学生数学成绩位于区间大约有人.
17. 如图，在正三棱柱中，.
（1）证明：平面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
【答案】（1）证明见详解；
（2）.
【解析】
【分析】（1）记的中点为，以为原点，分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，利用向量证明，然后由线面垂直判定定理可证；
（2）表示出向量，结合（1）中结论，利用向量坐标表示出，然后结合基本不等式求解可得.
【小问1详解】
记的中点为，连接，
因为分别为的中点，为正三棱柱，
所以平面，又平面，所以，
因为为正三角形，所以，
以为原点，分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，
，
因为，
所以，
又平面，所以平面.
【小问2详解】
因为，所以，
所以，
由（1）知，是平面的一个法向量，
记直线与平面所成角为，
则，
令，则，
当且仅当，即时等号成立，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
18. 已知椭圆的短轴长为2，点在椭圆上.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设点在椭圆上（点不在坐标轴上），证明：直线与椭圆相切；
（3）设点在直线上（点在椭圆外），过点作椭圆的两条切线，切点分别为为坐标原点，若和的面积之和为1，求直线的方程.
【答案】（1）；
（2）证明见详解； （3）或.
【解析】
【分析】（1）根据已知建立关于的方程组求解即可；
（2）联立直线方程和椭圆方程消去，结合点在椭圆上，代入化简即可得证；
（3）设，利用（2）中结论表示出两切线方程，结合切线过点可得直线方程，利用点到直线的距离公式和弦长公式表示出面积，结合已知求出，然后可得直线方程.
【小问1详解】
由题知，，解得，
所以椭圆的标准方程.
【小问2详解】
因为点在椭圆上，所以，即，
联立消去整理得，
即，即，显然方程有唯一解，
所以直线与椭圆相切.
【小问3详解】
设，
将代入，解得，
因为点在椭圆外，所以或，所以，
由（2）可得，切线的方程分别为，
因为点在切线上，所以，
所以点在直线，即直线的方程为，
联立得，，
则，
所以
记点到直线的距离分别为，
则，
因为和的面积之和为1，
所以，
解得，所以的方程为或.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是利用（2）中的结论和弦长公式以及点到直线距离公式从而得到三角形面积的表达式，则得到方程，解出即可.
19. 欧几里得在《几何原本》中证明算术基本定理：任何一个大于1的自然数，可以分解成有限个素数的乘积，如果不考虑这些素数在乘积中的顺序，那么这个乘积形式唯一的.对于任意正整数，记为的所有正因数的个数，为的所有正因数的和.
（1）若数列，求数列的前项和；
（2）对互不相等的质数，证明：，并求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意结合等比数列求和公式可得，再利用裂项相消法运算求解；
（2）先根据题意求，再结合结合集合证明等式，根据，代入运算即可.
【小问1详解】
由题意可知：的正因数有，
则，
可得，
所以.
【小问2详解】
若质数，则，
因为为质数，可知：
的正因数组成的集合为，；
的正因数组成的集合为，；
的正因数组成的集合为，；
的正因数组成的集合为，
则，
且
，
所以.
因为，
则，
所以.
【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的．遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决．