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河南省部分名校2025届高三上学期月考（一）数学试题（含答案）
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这是一份河南省部分名校2025届高三上学期月考（一）数学试题（含答案），共10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。
1.已知集合A=x3x2−4x+1≤0,B=x0A. −∞,1B. 13,12C. 0,1D. 0,1
2.已知函数fx=sinωx+φ，则“φ=π2是函数fx为偶函数”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
3.下列命题中，真命题的是( )
A. 若a1bB. 若a>b，则a2>ab>b2
C. 若04.冰箱空调等家用电器使用了氟化物，氟化物的释放破坏了大气上层的臭氧层，使臭氧量Q呈指数函数型变化．当氟化物排放量维持在某种水平时，臭氧量满足关系式Q=Q0⋅e−0.0025t，其中Q0是臭氧的初始量，e是自然对数的底数，t是时间，以年为单位．若按照关系式Q=Q0⋅e−0.0025t推算，经过t0年臭氧量还保留初始量的四分之一，则t0的值约为(ln2≈0.693)( )
A. 584年B. 574年C. 564年D. 554年
5.如图为函数fx=2sinωx+φω>0,0<φ<π2的部分图象，则( )
A. 函数fx的周期为4π
B. 对任意的x∈R，都有fx≤f2π3
C. 函数fx在区间0,5π上恰好有三个零点
D. 函数fx−π4是偶函数
6.在▵ABC中，▵ABC的面积为S，4S= 3(a2+c2−b2)，AB⋅BC=−2，且满足sinA+sinC=2sinB，则该三角形的外接圆的半径R为( )
A. 4 33B. 2 33C. 3D. 2
7.▵ABC与▵ABD都是边长为2的正三角形，沿公共边AB折叠成三棱锥且CD长为 3，若点A，B，C，D在同一球O的球面上，则球O的表面积为( )
A. 139πB. 208π9C. 112π3D. 529π
8.已知函数fx及其导函数f′x在定义域均为R且Fx=ex+2fx+2是偶函数，其函数图象为不间断曲线且x−2f′x+fx>0，则不等式xflnxA. 0,e3B. 1,e3C. e,e3D. e3,+∞
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列结论中，所有正确的结论是( )
A. 若a>b>0,cB. 命题p:∃x0∈1,+∞,ex0≥x0+1的否定是：∀x∈1,+∞,exC. 若00，则b+ca+c>ba
D. 若∀x∈0,+∞,ax10.已知定义在实数集R上的函数fx，其导函数为f′x，且满足fx+y=fx+fy+xy，f1=0,f′1=12，则( )
A. fx的图像关于点1,0成中心对称B. f′2=32
C. f2024=1012×2023D. k=12024f′(k)=1012×2024
11.设函数f(x)的定义域为R，f(x−π4)为奇函数，f(x+π4)为偶函数，当x∈(−π4,π4]时，f(x)=cs43x，则( )
A. f(x+4π)=f(x)B. f(x)的图象关于直线x=3π4对称
C. f(x)在区间(3π2,2π)上为增函数D. 方程f(x)−lgx=0仅有4个实数解
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知正数x,y满足x+y=2，若1x+1y>m2−m恒成立，则实数m的取值范围为 ．
13.tan5∘+tan10∘+(2− 3)tan5∘tan10∘= ．
14.已知双曲线x2a2−y2b2=1(a,b>0)的左焦点为F，过坐标原点O作直线与双曲线的左右两支分别交于A,B两点，且|FB|=4|FA|，∠AFB=2π3，则双曲线的渐近线方程为 ．
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)
已知函数fx=sinx−π4．
(1)若fx0=12，x0∈0,2π，求x0的值；
(2)设gx=fx⋅csx，求gx在区间0,π2上的最大值和最小值．
16.(本小题12分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设向量m=(2sinA, 3sinA+ 3csA)，n=(csA,csA−sinA)，f(A)=m⋅n，A∈[π6,2π3].
(1)求函数f(A)的最大值;
(2)若f(A)=0，a= 3，sinB+sinC= 62，求△ABC的面积．
17.(本小题12分)
如图，PD⊥平面ABCD，AD⊥CD,AB//CD,PQ//CD,AD=CD=DP=2PQ=2AB=2，点E，F，M分别为AP，CD，BQ的中点．
(1)求证：EF//平面CPM；
(2)若N为线段CQ上的点，且直线DN与平面QPM所成的角为π6，求QN:NC的值．
18.(本小题12分)
已知函数fx=12ax2−a+1x+lnx,gx=xex−12ax2−2．
(1)讨论fx的单调性；
(2)证明：fx+gx≥2lnx−ax−1．
19.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，右顶点Q与C的上、下顶点所围成的三角形面积为2 3．
(1)求C的方程．
(2)不过点Q的动直线l与C交于A，B两点，直线QA与QB的斜率之积恒为14．
(ⅰ)证明：直线l过定点；
(ⅱ)求△QAB面积的最大值．
参考答案
1.B
2.A
3.D
4.D
5.C
6.B
7.D
8.C
9.AB
10.BCD
11.ACD
12.(−1,2)
13.2− 3
14.y=±23x
15.解：(1)因为fx=sinx−π4，由fx0=12，得到sinx0−π4=12，
解得x0−π4=π6+2kπ(k∈Z)或x0−π4=5π6+2kπ(k∈Z)，
即x0=5π12+2kπ(k∈Z)或x0=13π12+2kπ(k∈Z)，又x0∈0,2π，
所以x0=5π12或13π12．
(2)因为gx=fx⋅csx=sin(x−π4)⋅csx= 22(sinxcsx−cs2x)= 22(12sin2x−1+cs2x2)=12sin(2x−π4)− 24，
令t=2x−π4，因为x∈0,π2，得到t∈−π4,3π4，
由y=sinx的图象与性质知，sint∈[− 22,1]，所以gx∈− 22,12− 24，
所以gx在区间0,π2上的最大值为12− 24，最小值为− 22．
16.解：(1)因为f(A)=m⋅n=(2sinA, 3sinA+ 3csA)·(csA,csA−sinA)
=2sinAcsA+ 3cs2A− 3sin2A=sin2A+ 3cs2A
=2sin(2A+π3)，
因为π6≤A≤2π3，所以2π3≤2A+π3≤5π3，
所以−1≤sin(2A+π3)≤ 32，∴f(A)∈[−2, 3].
所以函数f(A)的最大值为 3．
(2)∵f(A)=2sin(2A+π3)=0，∴2A+π3=kπ，k∈Z
∴A=kπ2−π6，k∈Z
∵A∈[π6,2π3]∴A=π3．
在△ABC中，由正弦定理asinA=bsinB=csinC=2，
得b+c=asinA(sinB+sinC)= 6，
所以(b+c)2=b2+c2+2bc=6， ①
由余弦定理得b2+c2−bc=3， ②
由 ① ②解得bc=1，
所以△ABC的面积为12bcsinA=12×1× 32= 34．
17.解：(1)连接EM，由AB//CD,PQ//CD，得AB//PQ，
又AB=PQ，则四边形PABQ为平行四边形，
由点E和M分别为AP和BQ的中点，得EM//AB且EM=AB，
而AB//CD,CD=2AB，F为CD的中点，则EM//CF且EM=CF，
四边形EFCM为平行四边形，则EF//MC，又EF⊄平面MPC，CM⊂平面MPC，
所以EF//平面MPC．
(2)由PD⊥平面ABCD，AD⊥CD，得直线DA,DC,DP两两垂直，
以D为原点，直线DA,DC,DP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
则D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,1,0),C(0,2,0),P(0,0,2),Q(0,1,2),M(1,1,1)，
PM=1,1,−1,PQ=0,1,0,QC=0,1,−2，
设n=(x,y,z)为平面PQM的法向量，则n⋅PM=x+y−z=0n⋅PQ=y=0,
取z=1，得n=(1,0,1)，
设QN=λQC(0≤λ≤1)，即QN=(0,λ,−2λ)，
则N(0,λ+1,2−2λ)，DN=(0,λ+1,2−2λ)，
由直线DN与平面PMQ所成的角为π6，得sinπ6=|cs⟨DN,n⟩|=|DN⋅n||DN||n|，
即12=|2−2λ| (λ+1)2+(2−2λ)2⋅ 2，整理得3λ2−10λ+3=0，而0≤λ≤1，解得λ=13，
所以QN:NC=1:2．
18.解：(1)fx=12ax2−a+1x+lnx的定义域为0,+∞，
故f′x=ax−a+1+1x=ax2−a+1x+1x=ax−1x−1x，
若a≤0时，令f′x>0得01，
故fx在0,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，
当a>0时，若a=1时，f′x=x−12x≥0，故fx在0,+∞上单调递增，
若01，令f′x>0得01a，
令f′x<0得1故fx在0,1，1a,+∞上单调递增，在1,1a上单调递减；
若a>1时，1a<1，令f′x>0得01，
令f′x<0得1a故fx在0,1a，1,+∞上单调递增，在1a,1上单调递减；
综上，当a≤0时，fx在0,1上单调递增，在1,+∞上单调递减；
当a=1时，fx在0,+∞上单调递增；
当0当a>1时，fx在0,1a，1,+∞上单调递增，在1a,1上单调递减．
(2)12ax2−a+1x+lnx+xex−12ax2−2≥2lnx−ax−1，
即xex−x−1−lnx≥0，
令tx=xex−x−1−lnx，定义域为0,+∞，
t′x=x+1ex−1−1x，其在0,+∞上单调递增，
又t′12=32e12−3<0，t′1=2e−2>0，
由零点存在性定理得，存在唯一的x0∈12,1，使得t′x0=0，
即x0+1ex0−1−1x0=0，故ex0=1x0，
当x∈0,x0时，t′x<0，当x∈x0,+∞时，t′x>0，
故tx=xex−x−1−lnx在x∈0,x0上单调递减，在x∈x0,+∞上单调递增，
故tx=xex−x−1−lnx在x=x0处取得极小值，也是最小值，
其中tx0=x0ex0−x0−1−lnx0=1−x0−1−lnx0=−x0+lnx0，
ex0=1x0两边取对数得x0=ln1x0=−lnx0，故tx0=−x0+lnx0=0，
所以fx+gx≥2lnx−ax−1，证毕．
19.解：(1)设C的半焦距为c(c>0)，
由题意知离心率e=ca=12，
所以a=2c，b= a2−c2= 3c，
由题意知12×2b×a=12×2 3c×2c=2 3，
解得c=1，故a=2，b= 3，
故C的方程为x24+y23=1．
(2) (i)若直线l的斜率不存在，则动直线l与x轴垂直，当直线l运动时，直线QA与QB的斜率之积不恒为14，由题可知直线l的斜率存在．
设直线l:y=kx+m，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立y=kx+m,x24+y23=1,得(3+4k2)x2+8kmx+4m2−12=0．
所以x1+x2=−8km3+4k2，x1x2=4m2−123+4k2，
因为直线QA与QB的斜率之积为14，点Q(2,0)，所以y1x1−2×y2x2−2=14，
即4(kx1+m)(kx2+m)=(x1−2)(x2−2)，
整理得(4k2−1)x1x2+(4km+2)(x1+x2)+4m2−4=0，
所以(4k2−1)⋅4m2−123+4k2+(4km+2)⋅−8km3+4k2+4m2−4=0，
整理得m2−2km−8k2=0，解得m=4k或m=−2k，
若k=0，则直线l:y=0过点Q，所以k≠0，
当m=−2k时，直线l的方程为y=k(x−2)，过定点Q，不符合题意，
当m=4k时，直线l的方程为y=k(x+4)，过定点(−4,0)．
综上，直线l过定点(−4,0)．
(ii)由Δ>0得4k2−m2+3>0，又m=4k，解得−12因为|AB|= 1+k2× (x1+x2)2−4x1x2
= 1+k2× (−32k23+4k2)2−4(64k2−12)3+4k2
=12 1+k2· 1−4k23+4k2，
点Q(2,0)到直线l:kx−y+4k=0的距离d=|6k| 1+k2，
所以
令t=4k2+3，t∈(3,4)，则k2=t−34，
所以
=18 −12t2+7t−1
=18 −12(1t−724)2+148，
当1t=724，即k2=328时，△QAB的面积取得最大值，且最大值为3 32．
1.已知集合A=x3x2−4x+1≤0,B=x0
2.已知函数fx=sinωx+φ，则“φ=π2是函数fx为偶函数”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
3.下列命题中，真命题的是( )
A. 若a
C. 若0
A. 584年B. 574年C. 564年D. 554年
5.如图为函数fx=2sinωx+φω>0,0<φ<π2的部分图象，则( )
A. 函数fx的周期为4π
B. 对任意的x∈R，都有fx≤f2π3
C. 函数fx在区间0,5π上恰好有三个零点
D. 函数fx−π4是偶函数
6.在▵ABC中，▵ABC的面积为S，4S= 3(a2+c2−b2)，AB⋅BC=−2，且满足sinA+sinC=2sinB，则该三角形的外接圆的半径R为( )
A. 4 33B. 2 33C. 3D. 2
7.▵ABC与▵ABD都是边长为2的正三角形，沿公共边AB折叠成三棱锥且CD长为 3，若点A，B，C，D在同一球O的球面上，则球O的表面积为( )
A. 139πB. 208π9C. 112π3D. 529π
8.已知函数fx及其导函数f′x在定义域均为R且Fx=ex+2fx+2是偶函数，其函数图象为不间断曲线且x−2f′x+fx>0，则不等式xflnx
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列结论中，所有正确的结论是( )
A. 若a>b>0,c
D. 若∀x∈0,+∞,ax
A. fx的图像关于点1,0成中心对称B. f′2=32
C. f2024=1012×2023D. k=12024f′(k)=1012×2024
11.设函数f(x)的定义域为R，f(x−π4)为奇函数，f(x+π4)为偶函数，当x∈(−π4,π4]时，f(x)=cs43x，则( )
A. f(x+4π)=f(x)B. f(x)的图象关于直线x=3π4对称
C. f(x)在区间(3π2,2π)上为增函数D. 方程f(x)−lgx=0仅有4个实数解
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知正数x,y满足x+y=2，若1x+1y>m2−m恒成立，则实数m的取值范围为 ．
13.tan5∘+tan10∘+(2− 3)tan5∘tan10∘= ．
14.已知双曲线x2a2−y2b2=1(a,b>0)的左焦点为F，过坐标原点O作直线与双曲线的左右两支分别交于A,B两点，且|FB|=4|FA|，∠AFB=2π3，则双曲线的渐近线方程为 ．
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)
已知函数fx=sinx−π4．
(1)若fx0=12，x0∈0,2π，求x0的值；
(2)设gx=fx⋅csx，求gx在区间0,π2上的最大值和最小值．
16.(本小题12分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设向量m=(2sinA, 3sinA+ 3csA)，n=(csA,csA−sinA)，f(A)=m⋅n，A∈[π6,2π3].
(1)求函数f(A)的最大值;
(2)若f(A)=0，a= 3，sinB+sinC= 62，求△ABC的面积．
17.(本小题12分)
如图，PD⊥平面ABCD，AD⊥CD,AB//CD,PQ//CD,AD=CD=DP=2PQ=2AB=2，点E，F，M分别为AP，CD，BQ的中点．
(1)求证：EF//平面CPM；
(2)若N为线段CQ上的点，且直线DN与平面QPM所成的角为π6，求QN:NC的值．
18.(本小题12分)
已知函数fx=12ax2−a+1x+lnx,gx=xex−12ax2−2．
(1)讨论fx的单调性；
(2)证明：fx+gx≥2lnx−ax−1．
19.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，右顶点Q与C的上、下顶点所围成的三角形面积为2 3．
(1)求C的方程．
(2)不过点Q的动直线l与C交于A，B两点，直线QA与QB的斜率之积恒为14．
(ⅰ)证明：直线l过定点；
(ⅱ)求△QAB面积的最大值．
参考答案
1.B
2.A
3.D
4.D
5.C
6.B
7.D
8.C
9.AB
10.BCD
11.ACD
12.(−1,2)
13.2− 3
14.y=±23x
15.解：(1)因为fx=sinx−π4，由fx0=12，得到sinx0−π4=12，
解得x0−π4=π6+2kπ(k∈Z)或x0−π4=5π6+2kπ(k∈Z)，
即x0=5π12+2kπ(k∈Z)或x0=13π12+2kπ(k∈Z)，又x0∈0,2π，
所以x0=5π12或13π12．
(2)因为gx=fx⋅csx=sin(x−π4)⋅csx= 22(sinxcsx−cs2x)= 22(12sin2x−1+cs2x2)=12sin(2x−π4)− 24，
令t=2x−π4，因为x∈0,π2，得到t∈−π4,3π4，
由y=sinx的图象与性质知，sint∈[− 22,1]，所以gx∈− 22,12− 24，
所以gx在区间0,π2上的最大值为12− 24，最小值为− 22．
16.解：(1)因为f(A)=m⋅n=(2sinA, 3sinA+ 3csA)·(csA,csA−sinA)
=2sinAcsA+ 3cs2A− 3sin2A=sin2A+ 3cs2A
=2sin(2A+π3)，
因为π6≤A≤2π3，所以2π3≤2A+π3≤5π3，
所以−1≤sin(2A+π3)≤ 32，∴f(A)∈[−2, 3].
所以函数f(A)的最大值为 3．
(2)∵f(A)=2sin(2A+π3)=0，∴2A+π3=kπ，k∈Z
∴A=kπ2−π6，k∈Z
∵A∈[π6,2π3]∴A=π3．
在△ABC中，由正弦定理asinA=bsinB=csinC=2，
得b+c=asinA(sinB+sinC)= 6，
所以(b+c)2=b2+c2+2bc=6， ①
由余弦定理得b2+c2−bc=3， ②
由 ① ②解得bc=1，
所以△ABC的面积为12bcsinA=12×1× 32= 34．
17.解：(1)连接EM，由AB//CD,PQ//CD，得AB//PQ，
又AB=PQ，则四边形PABQ为平行四边形，
由点E和M分别为AP和BQ的中点，得EM//AB且EM=AB，
而AB//CD,CD=2AB，F为CD的中点，则EM//CF且EM=CF，
四边形EFCM为平行四边形，则EF//MC，又EF⊄平面MPC，CM⊂平面MPC，
所以EF//平面MPC．
(2)由PD⊥平面ABCD，AD⊥CD，得直线DA,DC,DP两两垂直，
以D为原点，直线DA,DC,DP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
则D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,1,0),C(0,2,0),P(0,0,2),Q(0,1,2),M(1,1,1)，
PM=1,1,−1,PQ=0,1,0,QC=0,1,−2，
设n=(x,y,z)为平面PQM的法向量，则n⋅PM=x+y−z=0n⋅PQ=y=0,
取z=1，得n=(1,0,1)，
设QN=λQC(0≤λ≤1)，即QN=(0,λ,−2λ)，
则N(0,λ+1,2−2λ)，DN=(0,λ+1,2−2λ)，
由直线DN与平面PMQ所成的角为π6，得sinπ6=|cs⟨DN,n⟩|=|DN⋅n||DN||n|，
即12=|2−2λ| (λ+1)2+(2−2λ)2⋅ 2，整理得3λ2−10λ+3=0，而0≤λ≤1，解得λ=13，
所以QN:NC=1:2．
18.解：(1)fx=12ax2−a+1x+lnx的定义域为0,+∞，
故f′x=ax−a+1+1x=ax2−a+1x+1x=ax−1x−1x，
若a≤0时，令f′x>0得0
故fx在0,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，
当a>0时，若a=1时，f′x=x−12x≥0，故fx在0,+∞上单调递增，
若0
令f′x<0得1
若a>1时，1a<1，令f′x>0得0
令f′x<0得1a
综上，当a≤0时，fx在0,1上单调递增，在1,+∞上单调递减；
当a=1时，fx在0,+∞上单调递增；
当0
(2)12ax2−a+1x+lnx+xex−12ax2−2≥2lnx−ax−1，
即xex−x−1−lnx≥0，
令tx=xex−x−1−lnx，定义域为0,+∞，
t′x=x+1ex−1−1x，其在0,+∞上单调递增，
又t′12=32e12−3<0，t′1=2e−2>0，
由零点存在性定理得，存在唯一的x0∈12,1，使得t′x0=0，
即x0+1ex0−1−1x0=0，故ex0=1x0，
当x∈0,x0时，t′x<0，当x∈x0,+∞时，t′x>0，
故tx=xex−x−1−lnx在x∈0,x0上单调递减，在x∈x0,+∞上单调递增，
故tx=xex−x−1−lnx在x=x0处取得极小值，也是最小值，
其中tx0=x0ex0−x0−1−lnx0=1−x0−1−lnx0=−x0+lnx0，
ex0=1x0两边取对数得x0=ln1x0=−lnx0，故tx0=−x0+lnx0=0，
所以fx+gx≥2lnx−ax−1，证毕．
19.解：(1)设C的半焦距为c(c>0)，
由题意知离心率e=ca=12，
所以a=2c，b= a2−c2= 3c，
由题意知12×2b×a=12×2 3c×2c=2 3，
解得c=1，故a=2，b= 3，
故C的方程为x24+y23=1．
(2) (i)若直线l的斜率不存在，则动直线l与x轴垂直，当直线l运动时，直线QA与QB的斜率之积不恒为14，由题可知直线l的斜率存在．
设直线l:y=kx+m，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立y=kx+m,x24+y23=1,得(3+4k2)x2+8kmx+4m2−12=0．
所以x1+x2=−8km3+4k2，x1x2=4m2−123+4k2，
因为直线QA与QB的斜率之积为14，点Q(2,0)，所以y1x1−2×y2x2−2=14，
即4(kx1+m)(kx2+m)=(x1−2)(x2−2)，
整理得(4k2−1)x1x2+(4km+2)(x1+x2)+4m2−4=0，
所以(4k2−1)⋅4m2−123+4k2+(4km+2)⋅−8km3+4k2+4m2−4=0，
整理得m2−2km−8k2=0，解得m=4k或m=−2k，
若k=0，则直线l:y=0过点Q，所以k≠0，
当m=−2k时，直线l的方程为y=k(x−2)，过定点Q，不符合题意，
当m=4k时，直线l的方程为y=k(x+4)，过定点(−4,0)．
综上，直线l过定点(−4,0)．
(ii)由Δ>0得4k2−m2+3>0，又m=4k，解得−12
= 1+k2× (−32k23+4k2)2−4(64k2−12)3+4k2
=12 1+k2· 1−4k23+4k2，
点Q(2,0)到直线l:kx−y+4k=0的距离d=|6k| 1+k2，
所以
令t=4k2+3，t∈(3,4)，则k2=t−34，
所以
=18 −12t2+7t−1
=18 −12(1t−724)2+148，
当1t=724，即k2=328时，△QAB的面积取得最大值，且最大值为3 32．
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