河南省洛阳市部分学校2025届高三上学期1月质量检测数学试题

这是一份河南省洛阳市部分学校2025届高三上学期1月质量检测数学试题，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。

一、单选题
1．已知复数，则（ ）
A．1B．2C．2D．5
2．已知命题：“是的充分不必要条件”；命题：“”．则下列正确的是（ ）
A．和都是假命题B．和都是假命题
C．和都是假命题D．和都是假命题
3．已知函数为奇函数，则（ ）
A．B．1C．2D．3
4．已知椭圆的左、右焦点分别为，为椭圆上一点，，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
5．已知装满水的无盖圆柱容器的底面圆周的半径为，高为，圆柱的侧面积为，在圆柱里面放入两个半径为的铁球，则圆柱中剩余水的体积为（ ）
A．B．C．D．
6．已知钝角满足，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知抛物线的焦点为，过焦点的直线与抛物线交于两点，为坐标原点，若直线与的斜率之和为2，则直线的斜率为（ ）
A．B．C．D．4
8．已知函数的定义域为，当时，；且满足，则关于的不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．互不相等的一组样本数据成等差数列，公差为，则下列选项中正确的是（ ）
A．的平均数等于的平均数
B．的上四分位数和下四分位数之差为
C．从这5个数中任选3个数，这3个数成等差数列的概率为
D．若的标准差为2，可得
10．已知函数，则（ ）
A．函数的最小正周期为
B．函数的单调递增区间为
C．函数的图象和函数的图象关于直线对称
D．若将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，可得
11．已知函数，则（ ）
A．当时，函数在上单调递减
B．当时，，使得
C．当时，，使得
D．当时，若函数在上的最小值小于，可得的取值范围为
三、填空题
12．已知过原点的直线与圆相交于两点，若，则直线的方程为 ．
13．在中，内角所对的边分别为，若的面积与的外接圆的面积之比为，则 ．
14．在中，为的中点，为的中点，过点作一直线分别与边相交于两点，设，则的最小值为 ．
四、解答题
15．已知是函数的极值点．
(1)求函数在区间上的值域；
(2)若函数有3个零点，求实数的取值范围．
16．如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，平面，，，．为上的动点，且满足．
(1)当时，证明：；
(2)记平面与平面的夹角为，平面与平面的夹角为，若，求的值．
17．为庆祝新中国成立75周年，国庆长假期间，某小型景区对游客开展抽奖免门票活动．活动规则如下：盒子里有5个一模一样的小球，只有一个小球上写着免门票．游客从盒子里摸出一个小球，若该小球上写有免门票，则景区免掉该游客的门票．然后游客把球放回盒子，等待下一位游客抽奖．
(1)小王家一共有4口人来到该景区旅游，记这4人中免门票的人数为，求随机变量的分布列、数学期望和方差；
(2)当小王选好一个小球后（此时小王还不知道小球上是否写着免门票），景区工作人员（他知道小球上是否写着免门票）会从盒子里取出一个没有写着免门票的小球给小王看，此后小王选择是否重新从盒子里余下的球中摸出一个球换取开始选好的球，再看是否能免门票．请问小王作出哪种选择更容易免门票？请说明理由．
18．已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，焦距为4．过点的直线与双曲线相交于两点，点关于轴对称的点为点．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)证明：直线过定点；
(3)若直线的斜率为，求直线的方程．
19．定义：设为数列，为定值，若对任意给的正数，总存在正整数，使得当时，都有，则称数列收敛于，定值称为数列的极限，并记作，读作“当趋于无穷大时，的极限等于或趋于”．例如，设，对任意给的正数，取为比大的正整数，有，可得当时，有，可得．已知数列满足，且当'时，．
(1)求数列的通项公式；
(2)求；
(3)求和．
《河南省洛阳市部分学校2025届高三上学期1月质量检测数学试题》参考答案
1．C
【分析】先对复数进行化简，将其整理成（）的标准形式，再根据复数的模的计算公式来计算的值.
【详解】化简复数 ,
计算.
可得：， 根据复数模的计算公式，可得.
所以.
故选：C.
2．D
【分析】先判断每个命题的正误，再判断命题的否定的正误即可.
【详解】令，解得或，
则可以推出，充分性成立，
推不出，必要性不成立，
得到是的充分不必要条件，
故是真命题，则是假命题，
令，得到，化简得，
解得或，则，
故是真命题，则是假命题，
即和都是假命题，故D正确.
故选：D
3．B
【分析】首先要判断函数在处是否有定义，然后根据奇函数性质列出等式求解.
【详解】函数，分母恒大于，所以函数在处有定义. 因为是奇函数，所以.
可得：，即，解得.
时，，经检验满足题意.
故选：B.
4．A
【分析】利用椭圆的定义结合勾股定理建立方程，化简求解离心率即可.
【详解】设，因为，所以，
因为为椭圆上一点，所以，即，
因为，所以，
由勾股定理得，即，
而，故，代入得，
化简得，化简得，解得，故A正确.
故选：A
5．B
【分析】首先根据圆柱侧面积的条件求出半径，再依据半径计算圆柱下剩余水的体积即可.
【详解】已知圆柱的侧面积为，根据圆柱侧面积公式为可得方程.
变为. 解得.
先求圆柱的体积公式为（这里），所以圆柱体积.
那么圆柱下剩余水的体积.
把代入，得到.
故选：B.
6．A
【分析】先化简平方应用同角三角函数关系得出,再根据二倍角公式计算求解即可.
【详解】钝角，所以，所以
钝角满足，所以，
左右两侧平方得，
所以，
所以，所以，
则.
故选：A.
7．C
【分析】首先设定点、的坐标，利用直线过焦点的性质得到与的值.接着通过直线与斜率之和的表达式进行推导得出的值.最后根据直线斜率的计算公式，结合前面得到的结果求出直线的斜率.
【详解】设点、的坐标分别为，，因为直线过焦点，根据相关性质可知，. 直线，斜率之和为2，即，
由于，，所以.
又因为，所以.
进而推出.
直线的斜率为，而，
对进行变形，可得.
则，那么.
又因为前面已求得，所以.
故选：C.
8．B
【分析】先通过给定特殊值求出的值，再利用函数性质判断单调性，接着对不等式进行转化，结合函数单调性得到关于的不等式，同时考虑函数定义域限制条件，最终确定不等式的解集.
【详解】取时，代入，有，可得，即，所以.
设，因为，又已知时，，
那么，所以函数在上单调递增.
对不等式进行转化求解：
已知，由可得，所以.
因为函数单调递增，所以，移项得，解得.
考虑定义域限制条件：
由，解得；解得.
综合以上结果，不等式的解集为.
故选：B.
9．AC
【分析】根据平均数、四分位数、等差数列性质以及方差等概念，通过对每个选项计算分析来判断其正确性.
【详解】对应A选项，首先看，根据等差数列下标性质知道，所以A选项正确.
对于B选项，当时，这个数按从小到大排列，上四分位数是，下四分位数是，此时上四分位数和下四分位数之差为.
当时，这个数按从大到小排列，上四分位数是，下四分位数是，此时上四分位数和下四分位数之差为，所以B选项错误.
对于C选项，从个数中选个数的组合数种.
而；；；这组能构成等差数列，所以这个数成等差数列的概率为，C选项正确.
对于D选项，已知，因为，，，，代入可得.
又已知，即，所以，D选项错误.
故选：AC.
10．ACD
【分析】先求出需要研究的函数的解析式，再结合函数周期公式，单调性，对称性定义，函数图象变换逐个计算判断即可.
【详解】对于A选项：已知，根据余弦函数最小正周期公式得，
所以函数的最小正周期为，A选项正确.
对于B选项：.
令，解不等式得，
所以函数的单调递增区间是，B选项错误.
对于C选项：，即，函数的图象和函数的图象关于直线对称，C选项正确.
对于D选项：已知，又，
则，即.
根据两角和差公式，，
整理得.
因为该等式对任意都成立，所以，
由得，，
由得，，，又，
综合可得，D选项正确.
故选：ACD.
11．ACD
【分析】利用导数研究函数单调性，判断A；利用基本不等式研究函数最值，判断B、C、D.
【详解】根据题意，，
当时，，，所以函数在上单调递减，A正确；
当时，若，则，则，
当且仅当，即，
设，则，
当x∈0,1，，则函数单调递减，
当x∈1,+∞，，则函数单调递增，
所以当时，，即，
所以当时，命题不成立，B错误；
当时，若，则，
则，
当且仅当，即，
设，则，
当，，则函数单调递增，且，
所以当时，，使得，C正确；
当时，，设，
则，由于，
当且仅当，即时，等号成立，
即在单调递减，在单调递增，
当取最小值，且最小值为，
所以，解得，D正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：利用基本不等式研究函数最值，注意等号成立的条件.
12．
【分析】先由弦长、半径求出弦心距，再分斜率存在和不存在两种情况设出直线方程，结合点到直线的距离公式列式求解即可.
【详解】圆的圆心，半径
直线截圆所得弦长，则弦心距
当过原点的直线斜率不存在时，的方程为，圆心到直线的距离为1，不符合题意要求；
当过原点的直线斜率存在时，的方程可设为，
由，可得，此时的方程为
综上，直线的方程为.
故答案为：.
13．/0.4
【分析】由正弦定理表示出外接圆半径，由面积比结合正弦定理可得．
【详解】设外接圆半径为，则，，
所以的面积与的外接圆的面积之比为，
所以，由正弦定理，
故答案为：．
14．
【分析】作出图形，利用平面向量的线性运算得到，再对目标式进行化简，最后利用基本不等式中‘1’的代换求解即可.
【详解】首先，我们作出符合题意的图形，
因为为的中点，所以，
由向量加法法则得，
，
设，则，
，
因为，所以，
因为为的中点，所以，
所以，
因为不共线，所以，
解得，故，
即，，化简得，
而，
故，
由基本不等式得，
当且仅当时取等，此时解得，
故，即，
故的最小值为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量，解题关键是利用平面向量的线性运算得到，然后对目标式化简后再利用基本不等式得到所要求的最值即可．
15．(1)
(2)
【分析】（1）通过函数在极值点处导数为零求出参数值，进而确定函数的表达式和导数表达式，通过导数判断函数的单调性和单调区间，再结合函数在特定区间端点的值确定函数在该区间的值域.
（2）函数有个零点的问题，转化为函数与直线的交点个数问题，根据函数的性质来确定实数的取值范围.
【详解】（1）由，又由是函数的极值点，
有，可得，有，
有，
令f′x>0，有或，可得函数的减区间为0,2，增区间为，，
又由，
又由函数的图象可知，函数在区间上的值域为；
（2）由函数的减区间为0,2，增区间为，
又由，
若函数有3个零点，则实数的取值范围为．
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用几何关系得，由线面垂直的性质可得，再由线面垂直的判定定理得平面，即可证明结果；
（2）根据题设建立空间直角坐标系，分别求出平面，和的法向量，再结合条件及面面角的向量法，即可求解.
【详解】（1），
所以，又，所以，
则，又，所以是等边三角形，
又，所以，
又，所以，又是等边三角形，
所以，又平面，平面，所以，
因为，平面，
所以平面，平面，所以.
（2）因为平面，以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，
由题有，
由，
有，
易知平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
又，由，
取，可得平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
又，由，
取，可得平面的一个法向量为，
由，，得，
由，有，
又，有，又，解得．
17．(1)分布列见解析，
(2)小王重新摸球后更容易免门票，理由见解析
【分析】（1）求出的可能取值和对应的概率，得到分布列，求出数学期望；
（2）计算两种选择下获取免门票的概率并比较即可解答.
【详解】（1）的取值可能为0，1，2，3，4，由，
有，，
，，
，
随机变量的分布列为：
有；
（2）小王不重新摸球免门票的概率为，
设这5个球分别记为，小球上面写有免门票，
若小王开始摸到小球，小王换球免门票的概率为0；若小王开始摸到小球或或或，小王换球免门票的概率为．可得小王换球后免门票的概率为，
又由，可知小王重新摸球后更容易免门票．
18．(1)
(2)证明见解析
(3)或
【分析】（1）利用双曲线的基本性质，通过已知条件构建方程组来确定双曲线方程中的参数 、、. （2）先设出直线方程，与双曲线方程联立得到交点坐标关系，再根据对称性假设定点在轴上，通过直线斜率关系列出等式求解定点坐标.
（3）已知直线过定点及斜率，与双曲线方程联立得到相关坐标关系，进而求出直线的斜率，从而得到直线方程.
【详解】（1）设双曲线的焦距为，
由题意有，解得，故双曲线的标准方程为；
（2）设直线的方程为（显然直线的斜率存在），
点的坐标分别为，联立方程，
消去后整理为，
有，
点的坐标为及对称性，设直线与轴交点为，
有，有，有，
整理为，
有，化简可得，
故直线过定点；
（3）由直线过定点，直线的斜率为，直线的方程为，
联立方程消去后整理为，可得，
，
故直线的方程为或．
19．(1)
(2)0
(3)0，0
【分析】（1）根据条件得到方程组，求出，由可得，的奇数项是公差为2的等差数列，偶数项也是公差为2的等差数列，从而求出通项公式；
（2）取为比大的正整数，有，从而得到；
（3）当时，，，故，由题意得到，对任意给定的正数，总存在正整数，当时，都有，有，取为比大的正整数，取正整数且，当时，
，可得．
【详解】（1）中，取，有，
又，联立方程，解得，
当时，由及，两式作差得，
可得的奇数项是公差为2的等差数列，偶数项也是公差为2的等差数列，
可得，
，可得，
故数列的通项公式为；
（2）对任意给的正数，取为比大的正整数，有，
可得当时，有，可得；
（3）当时，由，
有，
有，
对任意给的正数，取为比大的正整数，有，
可得当时，有，可得，
由，可得对任意给定的正数，总存在正整数，当时，都有，
有
，
又由对任意给的正数，取为比大的正整数，
有，可得当时，有，
取正整数且，当时，
，
有，可得．
【点睛】新定义问题的方法和技巧：
（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
D
B
A
B
A
C
B
AC
ACD
题号
11









答案
ACD









0
1
2
3
4