河南省安阳市文源高级中学2025届高三第一次模拟考试数学试题（原卷版+解析版）

安阳市文源高级中学2025届高三年级第一次模拟考试数学考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题纸上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题纸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.写在本试卷上无效.回答非选择题时，将答案写在答题纸上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷与答题卡一并由监考人员收回.一､单项选择题：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.1.在复数范围内方程的两个根分别为，，则（）A.1 B. C. D.2.已知集合，，则（）A. B. C. D.3.的内角的对边分别为，若，则（）A. B.3 C.2 D.4.的展开式中的系数为（）A.15 B.20 C. D.5.在某次游戏中，甲、乙分别用弓箭对准同一个弓箭靶，两人同时射箭．已知甲、乙中靶的概率分别为0.5，0.4，且两人是否中靶互不影响，若弓箭靶被射中，则只被甲射中的概率为（）A. B. C. D.6.已知是空间中的两条直线，是两个平面，则（）A.若，则是异面直线B.若，则C.若，则D.若，则7已知，且，则（）A. B. C. D.8.“北斗”卫星系统的全面建成标志着我国的探测领域进入一个新的阶段.单个卫星的探测可简化为如图所示，地球可近似看做圆心为，半径的球体，为卫星所在位置，阴影部分为观测的空间范围.已知卫星的观测范围为地球表面的可观测区域与之间的空间体积（单位：），过作地球的两条切线，当两切线夹角最大时记为最大观测角，可观测地球表面积（单位：）满足，则当时，（）A. B.C. D.二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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.若，则下列结论正确的是（）A. B.C. D.10.设分别为椭圆的左、右焦点，为椭圆上第一象限内任意一点，分别表示直线的斜率，则（）A.存点，使得 B.存在点，使得C.存在点，使得 D.存在点，使得11.已知数列的前项和为，且，则（）A.数列是递增数列 B.数列是递增数列C. D.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分12.已知向量，则__________.13.设是各项均为正数的等比数列的前n项和，若，则______．14.已知函数图象在区间内的最高点对应的坐标为，则集合中元素的个数为______．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△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．（1）证明：；（2）若，△ABC的面积为，求b．16.已知等比数列的公比，且，数列满足，且.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.17.如图，在中，点在边上，且，为边中点.是平面外的一点，且有.（1）证明：；（2）已知，，，直线与平面所成角的正弦值为.（i）求的面积；（ii）求三棱锥的体积.18.已知椭圆与双曲线的焦点与的焦点间的距离为.（1）求与的方程；（2）过坐标轴上的点可以作两条与的公切线.（i）求点坐标.（ii）当点在轴上时，是否存在过点的直线，使与均有两个交点？若存在，请求出的方程；若不存在，请说明理由.19.在某场乒乓球比赛中，甲、乙两运动员进入到了比赛决胜局，且在该局中的比分为10:10，接下来比赛规则如下:两人轮流各发一个球，谁赢此球谁就获得1分，直到有一方得分超过对方2分时即可获得该局的胜利.已知甲先发球，且甲此球取胜的概率为0.6.比赛既是实力的较量，也是心态的比拼，以后每球比赛，若上一球甲获胜则甲在下一球比赛中获胜的概率为0.8，若上一球乙获胜则甲在下一球比赛中获胜的概率为.（1）求甲以的比分赢得比赛的概率;（2）若要使甲运动员以后每球比赛获胜的概率都大于0.6，求的范围;（3）若，设甲运动员在第球比赛中获胜的概率为，数列满足，求证:.（参考知识:当时，若，则.）

安阳市文源高级中学2025届高三年级第一次模拟考试数学考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题纸上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题纸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.写在本试卷上无效.回答非选择题时，将答案写在答题纸上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷与答题卡一并由监考人员收回.一､单项选择题：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.1.在复数范围内方程的两个根分别为，，则（）A.1 B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先求出两复数根，再根据复数的加法运算及复数的模的公式即可得解.【详解】根据题意可得，，即，当，时，，，当，时，，，综上，.故选：D.2.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先求出集合A，B，再由集合的运算求解．【详解】因为，，所以，所以．故选：D．3.的内角的对边分别为，若，则（）A. B.3 C.2 D.【答案】C【解析】【分析】直接利用余弦定理,即可求得.【详解】在中，，由余弦定理，得，即.故选：C.4.的展开式中的系数为（）A.15 B.20 C. D.【答案】C【解析】【分析】求出二项展开式的通项，进而求出的系数.【详解】二项式展开式通项公式为，由，得，所以其展开式中的系数为.故选：C5.在某次游戏中，甲、乙分别用弓箭对准同一个弓箭靶，两人同时射箭．已知甲、乙中靶的概率分别为0.5，0.4，且两人是否中靶互不影响，若弓箭靶被射中，则只被甲射中的概率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由题意可知，求的是条件概率，根据条件概率的概率计算公式计算即可.【详解】设事件“甲中靶”，“乙中靶”，“弓箭靶被射中”，则，，所以，，．所以．所以．故选：B．6.已知是空间中的两条直线，是两个平面，则（）A.若，则是异面直线B.若，则C.若，则D.若，则【答案】D【解析】【分析】根据线面，线线位置关系逐选项判断即可.【详解】对于A，若，，当时，则，所以不是异面直线，故A错误；对于B，若，当，也满足题意，不一定，故B错误；对于C，若，则或为异面直线，故C错误；对于D，若，根据线面垂直性质，则，故D正确；故选：D.7.已知，且，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据三角恒等变换化简可得，再根据同角三角函数关系式可求解.【详解】由，可得，即，即，则，解得，又，即，则，故，故选：B8.“北斗”卫星系统的全面建成标志着我国的探测领域进入一个新的阶段.单个卫星的探测可简化为如图所示，地球可近似看做圆心为，半径的球体，为卫星所在位置，阴影部分为观测的空间范围.已知卫星的观测范围为地球表面的可观测区域与之间的空间体积（单位：），过作地球的两条切线，当两切线夹角最大时记为最大观测角，可观测地球表面积（单位：）满足，则当时，（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】作出辅助线，设两切点分别为的中点为，圆锥的体积为，可观测区域各点与球心相连所成的立体图形的体积为，圆锥的体积为，则所求体，分别求出，得到答案.【详解】设过点作地球的两条切线在成最大观测角时的两切点分别为的中点为，以为圆心，为直径的圆记为圆，圆锥的体积为，可观测区域各点与球心相连所成的立体图形的体积为，圆锥的体积为，则.由，得，故，所以，，可得圆的半径为，则圆的面积为，则.，则，设球的表面积为，体积为，则，由得，，所以.故选：B.二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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.若，则下列结论正确的是（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】【分析】由不等式的性质判断.【详解】∵，则，，∴，即，A正确；例如，，，，，显然，B错误；由得，，∴，即，C正确；易知，，，，∴，D正确；故选：ACD．10.设分别为椭圆的左、右焦点，为椭圆上第一象限内任意一点，分别表示直线的斜率，则（）A.存在点，使得 B.存在点，使得C.存在点，使得 D.存在点，使得【答案】ABD【解析】【分析】利用椭圆的性质以及坐标运算逐一确定选项中的范围，进而判断存在性.【详解】由已知得：对于A，由为椭圆上第一象限内任意一点可得，，A正确；对于B，由，得以为直径的圆与椭圆有4个交点，因而存在点使得，B正确；对于C，由为椭圆上第一象限内任意一点可得，又由可得，解得，与矛盾，C错误；对于D，由已知，因为，而，所以，所以存在点，使得，D正确．故选：ABD．11.已知数列的前项和为，且，则（）A.数列是递增数列 B.数列是递增数列C. D.【答案】ABD【解析】【分析】根据题意，求得，集合，得出不等式组，可得判定A，B正确；由，得到，可判定C错误；令，利用导数求得函数的单调性，得到，进而求得，得到，可判定D正确.【详解】由，可得，所以，所以，由0，知，所以，可得，所以A，B正确；由，可得，即，所以C错误；令函数，则，当时，；当时，，所以在区间上单调递减，在上单调递增，故，所以，当且仅当时等号成立，由，可得，因为，所以，当时，，所以，即，所以D正确.故选：ABD.【点睛】方法点睛：数列与函数、不等式综合问题的求解策略，1、已知数列的条件，解决函数问题，解决此类问题一把要利用数列的通项公式，前项和公式，求和方法等对于式子化简变形，注意数列与函数的不同，数列只能看作是自变量为正整数的一类函数，在解决问题时要注意这一特殊性；2、解决数列与不等式的综合问题时，若是证明题中，则要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等，若是含参数的不等式恒成立问题，则可分离参数，转化为研究最值问题来解决.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分12.已知向量，则__________.【答案】【解析】【分析】由向量运算的坐标表示及数量积的坐标表示即可求解.【详解】因为，所以，所以故答案为：13.设是各项均为正数的等比数列的前n项和，若，则______．【答案】13【解析】【分析】利用等比数列的前n项和公式，结合已知求出，继而化简，即可求得答案.【详解】设数列的公比为q，由题意，显然，且，则，解得，所以．故答案为：1314.已知函数的图象在区间内的最高点对应的坐标为，则集合中元素的个数为______．【答案】10【解析】【分析】作出函数的图象可得答案.【详解】作出函数在区间上的图象，如图，根据函数的单调性，此时．又当时，，所以当时，，部分函数图象如图，由图象可得，，，…，，，，，…，，即，即，解得，即2，3，4，…，10，11，故集合中的元素个数为．故答案为：10.【点睛】关键点点睛：作出函数的图象是解题的关键点.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△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．（1）证明：；（2）若，△ABC的面积为，求b．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）运用二倍角公式，结合和角公式，正弦定理化简即可；（2）运用面积公式，结合余弦定理计算即可.【小问1详解】由已知，得，由正弦定理，得，即，即．由，得，所以．由正弦定理，得．【小问2详解】因为，所以①．由余弦定理，得，即．由（1），得，所以，化简，得，代入①，得，所以．16.已知等比数列的公比，且，数列满足，且.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1），（2）.【解析】【分析】（1）根据给定条件，利用等比数列、等差数列性质求出公比及公差，进而求出通项公式.（2）由（1）的结论，利用错位相减法求和即得.【小问1详解】由题意得，而，解得，所以.由，得数列为等差数列，则，解得，又，则，因此数列的公差为，所以.【小问2详解】由（1）知，则，于是，两式相减得，所以.17.如图，在中，点在边上，且，为边的中点.是平面外的一点，且有.（1）证明：；（2）已知，，，直线与平面所成角的正弦值为.（i）求的面积；（ii）求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）（i）；（ii）.【解析】【分析】（1）由空间向量运算可得，，再由线面垂直的判定定理与性质定理即可证明；（2）（i）由余弦定理求，根据同角的平方关系求出，再由三角形面积公式即可求解；（ii）由（i）得即为与平面所成角，根据及即可求解.【小问1详解】因为E为边AB的中点，所以.又，即，即.，所以.又因为，所以，即.因为平面，所以平面.因为平面，所以.【小问2详解】（i）由余弦定理可得，所以，所以.（ii）由（1）可知，平面，所以即为与平面所成角.因为，所以，，所以，得.设到平面的距离为，点到直线的距离为，则.因为，又，所以.18.已知椭圆与双曲线焦点与的焦点间的距离为.（1）求与的方程；（2）过坐标轴上的点可以作两条与的公切线.（i）求点的坐标.（ii）当点在轴上时，是否存在过点的直线，使与均有两个交点？若存在，请求出的方程；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）（i）或或或；（ii）不存在，理由见解析【解析】【分析】（1）由题意可得，求解即可求与的方程；（2）（i）显然公切线的斜率存在且不为0，设公切线，分别与与的方程联立方程组，利用判别式等于0可求公切线方程，公切线的交点即点的坐标.（ii）假设存在直线与均有两个交点，由（i）知，判断方程组有无解即可.【小问1详解】由题意可得，解得.所以.【小问2详解】（i）显然公切线的斜率存在且不为0，设公切线，联立得，则，即①联立得，则，即②联立①②得，所以公切线为或.公切线的交点即点的坐标，由，解得，由，解得，由，解得，，解得，综上所述：或或或.（ii）当点在轴上时，，假设存在直线与均有两个交点，由（i）知，不等式组无解，所以不存在过点的直线与均有两个交点.19.在某场乒乓球比赛中，甲、乙两运动员进入到了比赛决胜局，且在该局中的比分为10:10，接下来比赛规则如下:两人轮流各发一个球，谁赢此球谁就获得1分，直到有一方得分超过对方2分时即可获得该局的胜利.已知甲先