河北省沧州市泊头市第一中学等2024-2025学年高三上学期9月省级联测考试 数学试题（含解析）

这是一份河北省沧州市泊头市第一中学等2024-2025学年高三上学期9月省级联测考试 数学试题（含解析），共15页。试卷主要包含了已知，则等内容，欢迎下载使用。
数学试卷
班级__________.姓名__________.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自已的学校､班级､姓名及考号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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.已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
2.已知复数，若为纯虚数，则（ ）
A.1或2 B.1 C.2 D.3
3.已知向量满足，且，则在上的投影向量的坐标为（ ）
A. B. C. D.
4.已知，则（ ）
A. B. C.2 D.6
5.某中学开展劳动实习，学习制作模具，有一个模具的毛坏直观图如图所示，它是由一个圆柱体与一个半球对接而成的组合体，已知该几何体的下半部分圆柱的轴截面（过圆柱上､下底面圆的圆心连线的平面）是面积为16的正方形，则该几何体的体积为（ ）
A. B. C. D.
6.设为正项等比数列的前项和，，则数列的前5项和为（ ）
A.55 B.57 C.87 D.89
7.已知函数的部分图象如图所示，将函数的图象先向右平移个单位长度，再将所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，若关于的方程在上有两个不等实根，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
8.已知定义域为的函数不是常函数，且满足，，则（ ）
A. B.2 C. D.2026
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.已知随机变量，则下列说法正确的是（ ）
A.若，则
B.若，则
C.
D.
10.已知函数，若，则下列说法正确的是（ ）
A.函数的单调递增区间为
B.函数的极大值点为1
C.若，则的值域为
D.若，都有成立，则的取值范围为
11.已知曲线，则下列说法正确的是（ ）
A.点在曲线上
B.直线与曲线无交点
C.设直线，当时，直线与曲线恰有三个公共点
D.直线与曲线所围成的图形的面积为
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知函数，若曲线在处的切线方程为，则__________.
13.已知双曲线的左､右焦点分别为，过坐标原点的直线与双曲线交于两点，且点在第一象限，满足.若点在双曲线上，且，则双曲线的离心率为__________.
14.某市为了传承中华优秀传统文化，组织该市中学生进行了一次文化知识答题竞赛.已知某同学答对每道题的概率均为，且每次答题相互独立，若该同学连续作答20道试题后结束比赛，记该同学答对道试题的概率为，则当__________时，取得最大值.
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.（本小题满分13分）
在中，角所对的边分别为，且满足.
（1）求角；
（2）若的面积为，求的周长.
16.（本小题满分15分）
已知椭圆的左焦点为，上､下顶点分别为，且，点在上.
（1）求椭圆的方程；
（2）过左焦点的直线交椭圆于两点，交直线于点，设，，证明：为定值.
17.（本小题满分15分）
如图，在四棱锥中，平面平面为钝角三角形且，是的中点.
（1）证明：；
（2）若直线与底面所成的角为，求平面与平面夹角的正弦值.
18.（本小题满分17分）
已知函数.
（1）证明：函数的极大值大于1；
（2）若函数有3个零点，求实数的取值范围；
（3）已知是图象上四个不重合的点，直线为曲线在点处的切线，若三点共线，证明：.
19.（本小题满分17分）
已知有限集，若中的元素满足，则称为“元重生集”.
（1）集合是否为“2元重生集”，请说明理由；
（2）是否存在集合中元素均为正整数的“3元重生集”？如果有，请求出有几个，如果没有，请说明理由；
（3）若，证明：“元重生集”有且只有一个，且.
2024—2025高三省级联测考试
数学参考答案
命卷意图
本套试卷以2024年高考数学试卷为依据，深研命题趋势，结合高三学生的学情从考查知识的基础性､全面性上下功夫，综合地考查高中数学的全部知识，适合高三复习使用.
1.立足数学核心素养本套试卷涵盖了数学的六大核心素养数学抽象､逻辑推理､数学建模､直观想象､数学运算和数据分析，确保全方位考查学生的数学能力.例如，第5题通过图形特点得到各个长度并根据公式进行体积计算，体现了数学素养中的直观想象和数学运算；第14题以文化知识竞赛为背景考查二项分布中概率的最值问题，引导学生关注中华优秀传统文化，在数学素养上体现对数学抽象和逻辑推理等的考查.
2.考查基本方法和基本知识点本套试卷以全面考查学生的双基为山发点，涵盖了高中数学的重要知识点，且都是对基本知识的考查，例如，第5题考查几何体的体积，第12题考查导数的几何意义，在解题方法上使用通法，例如，第4题通过弦化切统一变量进行求解，第6题在求和时通过分组分别求和等，都是高中阶段的基本方法.
3.命制试题亮点本套试卷中的11，19题是整套试题的亮点题目，其中11题考查的曲线方程并不是学生常见的类型，而是根据定义域的不同对应不一样的图象，这就需要学生分类并准确画出图象，并应用所学知识进行延伸从而解决问题：19题为集合的创新题，给出新定义“元重生集”，这类题目要求学生具备创新思维，可能涉及新的概念､方法或应用场景，考查学生的创新能力和适应能力，三问之间层层递进，旨在考查学生的应变能力和学习能力.
1.B 解析：集合，而，所以，故选B.
2.C 解析：由可知，，因为为纯虚数，所以解得，故选C.
3.A 解析：已知，所以，可得，所以，故选A.
4.D 解析：由，得，则，所以
，故选D.
5.C 解析：因为四边形是面积为16的正方形，则，由题意可知半球的半径，圆柱的底面圆半径，高，由球的体积公式可得半球的体积，由圆柱的体积公式可得圆柱的体积，故该几何体的体积，故选C.
6.C 解析：因为是正项等比数列，所以，公比.因为.所以，则，即，则，解得或（舍），又因为.所以，所以数列的通项公式为，所以，设数列的前项和为，则，所以，故选C.
7.B 解析：由函数的部分图象可知，，因为，所以，又，所以，解得，由可得，所以，将的图象向右平移个单位长度，再将所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到的图象，令，由，可得，函数在上单调递减，在上单调递增，且，因为关于的方程在上有两个不等实根，即与的图像在上有两个交点，即与在上有两个交点，所以实数的取值范围为，故选B.
8.A 解析：由题意，令，得，又不是常函数，所以，再令，得，即，则，即，故，所以函数的周期为4，由，令，得，所以，
所以
，故选A.
9.BD 解析：对于选项A，因为，所以0.8，故A错误；对于选项B.因为，且，则，即1.8，则，故B正确；对于选项C，，故C错误；对于选项D，因为随机变量，所以，因为，又，所以，故D正确，故选BD.
10.BCD 解析：对于选项A，因为，所以，所以当时，；当时，，所以的单调递增区间为，故A错误；对于选项B，如下表：
所以1为函数的极大值点.故B正确；对于选项C.在[1，2]上单调递减.所以的最小值为，最大值为，所以当时，的值域为，故C正确；对于选项D，.因为.即，令，则，因为，所以当时，单调递增，当时，单调递减，所以当时取到极小值，所以的最小值为，所以，故D正确.故选BCD.
11.BCD 解析：因为当时，无意义，
无此曲线，故舍去，所以曲线表示为作出曲线图象如图所示，
对于选项A，将点代入，得到，显然不成立，故A错误；对于选项B，将代入曲线得，，无解，故B正确；对于选项C.由于直线恒过点，当时，直线与轴平行，与曲线有一个交点；当时，直线与曲线的渐近线平行，此时与曲线有两个交点.当时.结合斜率的范围可得直线与曲线有三个交点（如图），故C正确；对于选项D.设直线与轴的交点分别为.因为圆的半径为2.且点，所以直线与曲线围成的图形的面积为，故D正确.故选BCD.
12.3 解析：由函数，可得，可得，且，因为曲线在处的切线方程为，所以解得，则.
13. 解析：如图，连接，因为，所以，由，可设，则，由双曲线的定义可知，，，则，由得，，即，解得，又由得，，即，解得，所以双曲线的离心率.
14.13或14 解析：由题意得，且，则，即
故
又，所以或，故当或时，取得最大值.
15.解：（1）由题意，因为，
所以，
由正弦定理可得，
即，
因为，所以，所以，
又，所以.
（2）由（1）可知，，则，
因为的面积，可得，
由余弦定理可得，
即，可得，
所以的周长为.
16.解：（1）由题意可知，，所以，
因为点在上，所以，
解得，故，
所以椭圆的方程为.
（2）由已知得直线的斜率必存在，可设直线的方程为，
代入椭圆方程，整理得，
设，则，
又，由得.
所以，
因为，
所以为定值.
17.解：（1）由，得，
则，
所以，即，
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，
又平面，所以.
（2）如图，过点作的垂线，交的延长线于点，连接，
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，则为在底面内的射影，
所以为直线与底面所成的角，即.
设，得，
在中.，
在中，，由余弦定理得，
所以，所以，
如图，过点作，则底面，
以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面和平面的法向量分别为，
则
令，则，
所以，
则，
设平面与平面的夹角为，
则，
故平面与平面夹角的正弦值为.
18.解：（1）证明：由题，，令，解得，
当或时，单调递增，
当时，单调递减，
所以当时，取得极大值，
由单调性可知，
所以函数的极大值大于1.
（2）由（1）可知，当时，有极大值，且极大值为，
因为，且当时，有极小值，
所以要使得函数有3个零点，应满足，即，
解得，所以实数的取值范围为.
（3）直线的斜率，
因为，所以，
同理可得，
因为三点共线，则有，
整理得，
因为，所以，即，
又，所以，
整理得，
因为，所以，即，
所以.
19.解：（1），
因为，
所以集合不是“2元重生集”.
（2）设正整数集为“3元重生集”，
则，
不妨设.则，解得，
因为，故只有满足要求，
综上，满足要求，其他均不符合要求，
故存在1个集合中元素均为正整数的“3元重生集”，即.
（3）证明：不妨设，
由，得，
当时，，故，则，无解，
若，则不可能是“2元重生集”，
所以当时，不存在“2元重生集”；
当时，由（2）可知，有且只有1个“3元重生集”，即，
当时，，
又，故，
事实上，在上恒成立，
故当时，不存在“元重生集”，
所以，若“元重生集”有且只有一个，且题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
B
C
A
D
C
C
B
A
BD
BCD
BCD
1
-
0
+
0
-
单调递减
极小值
单调递增
极大值
单调递减