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河南省“天一大联考”2025届高三年级9月调研数学试卷（含答案）
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这是一份河南省“天一大联考”2025届高三年级9月调研数学试卷（含答案），共8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：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.若z=a−1+(a−2)i(a∈R)为纯虚数，则|z|=( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
2.已知向量a=(m,−1)，b=(4,m2+9)，且a⊥(a+b)，则m=( )
A. 4B. 3C. 2D. 1
3.设集合A={x|x2≥9}，B={x|2xA. (−∞,−6]B. (−∞,−2]C. [3,+∞)D. [6,+∞)
4.函数f(x)=cs(x+π4)+ 22sinx的最大值为( )
A. 1+ 22B. 2C. 22D. 0
5.已知某圆锥的轴截面是顶角为α的等腰三角形，侧面展开图是圆心角为β的扇形，若β=3α，则β=( )
A. π3B. π2C. 2π3D. π
6.已知函数f(x)=lg(x2+9),0A. [−34,+∞)B. [2,+∞)C. [−5,+∞)D. [−34,2)
7.设cs20∘=a，则1 3tan50∘−1=( )
A. 1−a23B. a2+12C. aD. a2
8.设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F，直线l与C交于A，B两点，FA⊥FB，且|FA|=2|FB|，则l的斜率是( )
A. ±1B. ± 2C. ± 3D. ±2
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知a>0，b>0，则双曲线C1:x2a2−y2b2=1与C2:x2a2−y2b2=4有相同的( )
A. 焦点B. 焦距C. 离心率D. 渐近线
10.随机投掷一枚质地均匀的骰子3次，记3次掷出的点数之积为X，掷出的点数之和为Y，则( )
A. 事件“X=2”和“Y=4”相等B. 事件“X=4”和“Y=6”互斥
C. X为奇数的概率为18D. Y<17的概率为5354
11.已知函数f(x)的定义域为R，且其图象是一条连续不断的曲线，f(xy)=xf(y)+yf(x)，记f′(x)为f(x)的导函数，则下列说法正确的是( )
A. f(0)=0
B. f(x)为奇函数
C. 若f(12)=1，则f(4)=−8
D. 若f′(x)在(0,+∞)上单调递减，则f(x)恰有三个零点
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.2024年7月14日13时，2024年巴黎奥运会火炬开始在巴黎传递，其中某段火炬传递活动由包含甲、乙、丙在内的5名火炬手分四棒完成，若甲传递第一棒，最后一棒由2名火炬手共同完成，且乙、丙不共同传递火炬，则不同的火炬传递方案种数为_________．
13.在数列{an}中，an=c2n，且a1+a2+…+a8>1516，则实数c的取值范围是_________．
14.已知正数x，y满足 9x2−1+ 9y2−1=9xy，则4x2+y2的最小值为_________．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且b2+c2−a2=2acsinB.
(Ⅰ)求A;
(Ⅱ)若a=2，求△ABC面积的最大值．
16.(本小题12分)
氮氧化物是一种常见的大气污染物，下图为我国2015年至2023年氮氧化物排放量(单位：万吨)的折线图，其中年份代码1∼9分别对应年份2015∼2023．
已知i=19yi≈12000， i=19(yi−y)2≈1100， i=19(ti−t)2≈7.7，i=19tiyi≈51800．
(Ⅰ)可否用线性回归模型拟合y与t的关系?请分别根据折线图和相关系数加以说明．
(Ⅱ)若根据所给数据建立回归模型y=−138t+2025，可否用此模型来预测2024年和2034年我国的氮氧化物排放量?请说明理由．
附：相关系数r=i=1ntiyi−nt y i=1n(ti−t)2i=1n(yi−y)2．
17.(本小题12分)
如图，在四棱锥S−ABCD中，△SAD为正三角形，底面ABCD为矩形，且平面SAD⊥平面ABCD，M，N分别为棱SC，AB的中点．
(Ⅰ)证明：MN//平面SAD;
(Ⅱ)若AB>AD，且二面角C−MN−D的大小为120∘，求ABAD的值．
18.(本小题12分)
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，且|F1F2|=2，过点F2作两条直线l1，l2，直线l1与C交于A，B两点，△F1AB的周长为4 2．
(Ⅰ)求C的方程;
(Ⅱ)若△F1AB的面积为43，求l1的方程;
(Ⅲ)若l2与C交于M，N两点，且l1的斜率是l2的斜率的2倍，求|MN|−|AB|的最大值．
19.(本小题12分)
已知函数f(x)=a0+a1x+a2x2+⋯+anxn，其中a0，a1，a2，⋯，an不全为0，并约定an+1=0，设bk=(k+1)ak+1−ak，称g(x)=b0+b1x+b2x2+⋯+bnxn为f(x)的“伴生函数”．
(Ⅰ)若f(x)=5x4+3x2+3x+1，求g(x);
(Ⅱ)若f(x)>0恒成立，且曲线y=lnf(x)(x>0)上任意一点处的切线斜率均不小于2，证明：当x>0时，g(x)≥f(x);
(Ⅲ)若a0=0，证明：对于任意的m∈(0,+∞)，均存在t∈(0,m)，使得g(t)参考答案
1.B
2.C
3.A
4.C
5.D
6.A
7.C
8.D
9.CD
10.ACD
11.ABD
12.10
13.(1617，+∞)
14.1
15.解：(I)由余弦定理可得csA=b2+c2−a22bc=2acsinB2bc=asinBb，
由正弦定理可得asinA=bsinB，所以sinA=asinBb=csA，
又因为A∈(0,π)，所以A=π4．
(Ⅱ)因为b2+c2−a2=2bccsA，所以b2+c2−4= 2bc≥2bc−4，当且仅当b=c时，等号成立，解得bc≤4+2 2，
所以△ABC的面积S=12bcsinA= 24bc≤1+ 2，
即△ABC面积的最大值为1+ 2．
16.解：(Ⅰ)从折线图看，各点落在一条直线附近，
因而可以用线性回归模型拟合y与t的关系，
由题意知t=19(1+2+3+4+5+6+7+8+9)=5，
相关系数r=i=19tiyi−9t y i=19(ti−t)2i=19(yi−y)2≈51800−5×120007.7×1100=−82008470≈−0.97，
所以|r|>0.95，
因而可以用线性回归模型拟合y与t的关系．
(Ⅱ)可以预测2024年的氮氧化物排放量，但不可以预测2034年的氮氧化物排放量．
理由如下： ①2024年与所给数据的年份较接近，
因而可以认为短期内氮氧化物排放量将延续该趋势，故可以用此模型进行预测;
②2034年与所给数据的年份相距过远，
而影响氮氧化物排放量的因素有很多，这些因素在短期内可能保持不变，
但从长期看很有可能会变化，因而用此模型预测可能是不准确的．
17.解：(Ⅰ)如图，取棱SD的中点P，连接PM，PA，
因为M是棱SC的中点，所以MP//CD且MP=12CD．
又因为四边形ABCD是矩形，N是棱AB的中点，故MP//AN且MP=AN，
所以四边形APMN是平行四边形，所以MN//AP．
又AP⊂平面SAD，MN⊄平面SAD，故MN//平面SAD．
(Ⅱ)取棱AD的中点Q，则在正三角形SAD中，SQ⊥AD，所以SQ⊥平面ABCD．
以Q为坐标原点，QA，QS的方向分别为x轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Q−xyz．
设AD=2a，AB=2b，b>a>0，则C(−a,2b,0)，S(0,0, 3a)，M(−a2,b, 3a2)，N(a,b,0)，D(−a,0,0)．
所以CM=(a2,−b, 3a2)，MN=(3a2,0,− 3a2)，DM=(a2,b, 3a2)，
设平面CMN的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅CM=0,n⋅MN=0,即a2x−by+ 3a2z=0,3a2x− 3a2z=0,可取n=(b,2a, 3b)．
设平面DMN的法向量为m=(p,q,r)，
则m⋅DM=0m⋅MN=0即a2p+bq+ 3a2r=0,3a2p− 3a2r=0,可取m=(b,−2a, 3b)．
由题设知|cs|=|n⋅m||n||m|=4b2−4a24b2+4a2=12，故b= 3a，即ABAD= 3．
18.解：(Ⅰ)设椭圆的半焦距为c(c>0)，
由题意知2c=2，所以c=1，
△F1AB的周长为|AF1|+|AF2|+|BF1|+|BF2|=4a=4 2，所以a= 2，
所以b2=a2−c2=1，
故C的方程为x22+y2=1；
(Ⅱ)设l1:x=my+1，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立x=my+1,x2+2y2−2=0,可得(m2+2)y2+2my−1=0，
所以y1+y2=−2mm2+2，y1y2=−1m2+2．
所以|y1−y2|= (y1+y2)2−4y1y2=2 2(m2+1)m2+2，
由S△F1AB=12|F1F2||y1−y2|=2 2(m2+1)m2+2=43，解得m=±1，
所以l1的方程为x−y−1=0或x+y−1=0．
(Ⅲ)由(Ⅱ)可知|AB|= 1+m2|y1−y2|=2 2(m2+1)m2+2=2 2(1−1m2+2)，
因为l1的斜率是l2的斜率的2倍，所以m≠0，在上式中用2m替换m，
可得|MN|=2 2(1−14m2+2)，
所以|MN|−|AB|=2 2(1m2+2−14m2+2)
=3 2m22m4+5m2+2=3 22m2+5+2m2≤3 24+5= 23，
当且仅当m=±1时，等号成立，所以|MN|−|AB|的最大值为 23．
19.解：(Ⅰ)由题可知a0=1，a1=3，a2=3，a3=0，a4=5，a5=0．
所以b0=a1−a0=2，b1=2a2−a1=3，
b2=3a3−a2=−3，b3=4a4−a3=20，b4=5a5−a4=−5，
故f(x)的伴生函数g(x)=2+3x−3x2+20x3−5x4；
(Ⅱ)由已知得f′(x)=a1+2a2x+3a3x2+⋯+nanxn−1，
所以g(x)=b0+b1x+b2x2+⋯+bnxn
=(a1−a0)+(2a2−a1)x+⋯+(nan−an−1)xn−1−anxn=f′(x)−f(x)．
因为曲线y=lnf(x)(x>0)上任意一点处的切线斜率均不小于2，
故y′=f′(x)f(x)≥2在(0,+∞)上恒成立．
又f(x)>0，所以f′(x)≥2f(x)，
所以当x>0时，g(x)=f′(x)−f(x)≥f(x)．
(Ⅲ)因为a0=0，所以f(0)=0．
设ℎ(x)=f(x)ex−f(m)memx，
则ℎ′(x)=f′(x)−f(x)ex−f(m)mem=g(x)ex−f(m)mem．
注意到ℎ(0)=ℎ(m)=0，则ℎ(x)在(0,m)上一定存在极值点．
令t为其中一个极值点，则ℎ′(t)=0，
即ℎ′(t)=g(t)et−f(m)mem=0，所以g(t)et=f(m)mem，
因为t∈(0,m)，所以em>et，故g(t)=etem·f(m)m
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.若z=a−1+(a−2)i(a∈R)为纯虚数，则|z|=( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
2.已知向量a=(m,−1)，b=(4,m2+9)，且a⊥(a+b)，则m=( )
A. 4B. 3C. 2D. 1
3.设集合A={x|x2≥9}，B={x|2x
4.函数f(x)=cs(x+π4)+ 22sinx的最大值为( )
A. 1+ 22B. 2C. 22D. 0
5.已知某圆锥的轴截面是顶角为α的等腰三角形，侧面展开图是圆心角为β的扇形，若β=3α，则β=( )
A. π3B. π2C. 2π3D. π
6.已知函数f(x)=lg(x2+9),0
7.设cs20∘=a，则1 3tan50∘−1=( )
A. 1−a23B. a2+12C. aD. a2
8.设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F，直线l与C交于A，B两点，FA⊥FB，且|FA|=2|FB|，则l的斜率是( )
A. ±1B. ± 2C. ± 3D. ±2
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知a>0，b>0，则双曲线C1:x2a2−y2b2=1与C2:x2a2−y2b2=4有相同的( )
A. 焦点B. 焦距C. 离心率D. 渐近线
10.随机投掷一枚质地均匀的骰子3次，记3次掷出的点数之积为X，掷出的点数之和为Y，则( )
A. 事件“X=2”和“Y=4”相等B. 事件“X=4”和“Y=6”互斥
C. X为奇数的概率为18D. Y<17的概率为5354
11.已知函数f(x)的定义域为R，且其图象是一条连续不断的曲线，f(xy)=xf(y)+yf(x)，记f′(x)为f(x)的导函数，则下列说法正确的是( )
A. f(0)=0
B. f(x)为奇函数
C. 若f(12)=1，则f(4)=−8
D. 若f′(x)在(0,+∞)上单调递减，则f(x)恰有三个零点
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.2024年7月14日13时，2024年巴黎奥运会火炬开始在巴黎传递，其中某段火炬传递活动由包含甲、乙、丙在内的5名火炬手分四棒完成，若甲传递第一棒，最后一棒由2名火炬手共同完成，且乙、丙不共同传递火炬，则不同的火炬传递方案种数为_________．
13.在数列{an}中，an=c2n，且a1+a2+…+a8>1516，则实数c的取值范围是_________．
14.已知正数x，y满足 9x2−1+ 9y2−1=9xy，则4x2+y2的最小值为_________．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且b2+c2−a2=2acsinB.
(Ⅰ)求A;
(Ⅱ)若a=2，求△ABC面积的最大值．
16.(本小题12分)
氮氧化物是一种常见的大气污染物，下图为我国2015年至2023年氮氧化物排放量(单位：万吨)的折线图，其中年份代码1∼9分别对应年份2015∼2023．
已知i=19yi≈12000， i=19(yi−y)2≈1100， i=19(ti−t)2≈7.7，i=19tiyi≈51800．
(Ⅰ)可否用线性回归模型拟合y与t的关系?请分别根据折线图和相关系数加以说明．
(Ⅱ)若根据所给数据建立回归模型y=−138t+2025，可否用此模型来预测2024年和2034年我国的氮氧化物排放量?请说明理由．
附：相关系数r=i=1ntiyi−nt y i=1n(ti−t)2i=1n(yi−y)2．
17.(本小题12分)
如图，在四棱锥S−ABCD中，△SAD为正三角形，底面ABCD为矩形，且平面SAD⊥平面ABCD，M，N分别为棱SC，AB的中点．
(Ⅰ)证明：MN//平面SAD;
(Ⅱ)若AB>AD，且二面角C−MN−D的大小为120∘，求ABAD的值．
18.(本小题12分)
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，且|F1F2|=2，过点F2作两条直线l1，l2，直线l1与C交于A，B两点，△F1AB的周长为4 2．
(Ⅰ)求C的方程;
(Ⅱ)若△F1AB的面积为43，求l1的方程;
(Ⅲ)若l2与C交于M，N两点，且l1的斜率是l2的斜率的2倍，求|MN|−|AB|的最大值．
19.(本小题12分)
已知函数f(x)=a0+a1x+a2x2+⋯+anxn，其中a0，a1，a2，⋯，an不全为0，并约定an+1=0，设bk=(k+1)ak+1−ak，称g(x)=b0+b1x+b2x2+⋯+bnxn为f(x)的“伴生函数”．
(Ⅰ)若f(x)=5x4+3x2+3x+1，求g(x);
(Ⅱ)若f(x)>0恒成立，且曲线y=lnf(x)(x>0)上任意一点处的切线斜率均不小于2，证明：当x>0时，g(x)≥f(x);
(Ⅲ)若a0=0，证明：对于任意的m∈(0,+∞)，均存在t∈(0,m)，使得g(t)
1.B
2.C
3.A
4.C
5.D
6.A
7.C
8.D
9.CD
10.ACD
11.ABD
12.10
13.(1617，+∞)
14.1
15.解：(I)由余弦定理可得csA=b2+c2−a22bc=2acsinB2bc=asinBb，
由正弦定理可得asinA=bsinB，所以sinA=asinBb=csA，
又因为A∈(0,π)，所以A=π4．
(Ⅱ)因为b2+c2−a2=2bccsA，所以b2+c2−4= 2bc≥2bc−4，当且仅当b=c时，等号成立，解得bc≤4+2 2，
所以△ABC的面积S=12bcsinA= 24bc≤1+ 2，
即△ABC面积的最大值为1+ 2．
16.解：(Ⅰ)从折线图看，各点落在一条直线附近，
因而可以用线性回归模型拟合y与t的关系，
由题意知t=19(1+2+3+4+5+6+7+8+9)=5，
相关系数r=i=19tiyi−9t y i=19(ti−t)2i=19(yi−y)2≈51800−5×120007.7×1100=−82008470≈−0.97，
所以|r|>0.95，
因而可以用线性回归模型拟合y与t的关系．
(Ⅱ)可以预测2024年的氮氧化物排放量，但不可以预测2034年的氮氧化物排放量．
理由如下： ①2024年与所给数据的年份较接近，
因而可以认为短期内氮氧化物排放量将延续该趋势，故可以用此模型进行预测;
②2034年与所给数据的年份相距过远，
而影响氮氧化物排放量的因素有很多，这些因素在短期内可能保持不变，
但从长期看很有可能会变化，因而用此模型预测可能是不准确的．
17.解：(Ⅰ)如图，取棱SD的中点P，连接PM，PA，
因为M是棱SC的中点，所以MP//CD且MP=12CD．
又因为四边形ABCD是矩形，N是棱AB的中点，故MP//AN且MP=AN，
所以四边形APMN是平行四边形，所以MN//AP．
又AP⊂平面SAD，MN⊄平面SAD，故MN//平面SAD．
(Ⅱ)取棱AD的中点Q，则在正三角形SAD中，SQ⊥AD，所以SQ⊥平面ABCD．
以Q为坐标原点，QA，QS的方向分别为x轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Q−xyz．
设AD=2a，AB=2b，b>a>0，则C(−a,2b,0)，S(0,0, 3a)，M(−a2,b, 3a2)，N(a,b,0)，D(−a,0,0)．
所以CM=(a2,−b, 3a2)，MN=(3a2,0,− 3a2)，DM=(a2,b, 3a2)，
设平面CMN的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅CM=0,n⋅MN=0,即a2x−by+ 3a2z=0,3a2x− 3a2z=0,可取n=(b,2a, 3b)．
设平面DMN的法向量为m=(p,q,r)，
则m⋅DM=0m⋅MN=0即a2p+bq+ 3a2r=0,3a2p− 3a2r=0,可取m=(b,−2a, 3b)．
由题设知|cs
18.解：(Ⅰ)设椭圆的半焦距为c(c>0)，
由题意知2c=2，所以c=1，
△F1AB的周长为|AF1|+|AF2|+|BF1|+|BF2|=4a=4 2，所以a= 2，
所以b2=a2−c2=1，
故C的方程为x22+y2=1；
(Ⅱ)设l1:x=my+1，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立x=my+1,x2+2y2−2=0,可得(m2+2)y2+2my−1=0，
所以y1+y2=−2mm2+2，y1y2=−1m2+2．
所以|y1−y2|= (y1+y2)2−4y1y2=2 2(m2+1)m2+2，
由S△F1AB=12|F1F2||y1−y2|=2 2(m2+1)m2+2=43，解得m=±1，
所以l1的方程为x−y−1=0或x+y−1=0．
(Ⅲ)由(Ⅱ)可知|AB|= 1+m2|y1−y2|=2 2(m2+1)m2+2=2 2(1−1m2+2)，
因为l1的斜率是l2的斜率的2倍，所以m≠0，在上式中用2m替换m，
可得|MN|=2 2(1−14m2+2)，
所以|MN|−|AB|=2 2(1m2+2−14m2+2)
=3 2m22m4+5m2+2=3 22m2+5+2m2≤3 24+5= 23，
当且仅当m=±1时，等号成立，所以|MN|−|AB|的最大值为 23．
19.解：(Ⅰ)由题可知a0=1，a1=3，a2=3，a3=0，a4=5，a5=0．
所以b0=a1−a0=2，b1=2a2−a1=3，
b2=3a3−a2=−3，b3=4a4−a3=20，b4=5a5−a4=−5，
故f(x)的伴生函数g(x)=2+3x−3x2+20x3−5x4；
(Ⅱ)由已知得f′(x)=a1+2a2x+3a3x2+⋯+nanxn−1，
所以g(x)=b0+b1x+b2x2+⋯+bnxn
=(a1−a0)+(2a2−a1)x+⋯+(nan−an−1)xn−1−anxn=f′(x)−f(x)．
因为曲线y=lnf(x)(x>0)上任意一点处的切线斜率均不小于2，
故y′=f′(x)f(x)≥2在(0,+∞)上恒成立．
又f(x)>0，所以f′(x)≥2f(x)，
所以当x>0时，g(x)=f′(x)−f(x)≥f(x)．
(Ⅲ)因为a0=0，所以f(0)=0．
设ℎ(x)=f(x)ex−f(m)memx，
则ℎ′(x)=f′(x)−f(x)ex−f(m)mem=g(x)ex−f(m)mem．
注意到ℎ(0)=ℎ(m)=0，则ℎ(x)在(0,m)上一定存在极值点．
令t为其中一个极值点，则ℎ′(t)=0，
即ℎ′(t)=g(t)et−f(m)mem=0，所以g(t)et=f(m)mem，
因为t∈(0,m)，所以em>et，故g(t)=etem·f(m)m
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