河南省金科大联考2025届高三上学期11月质量检测数学试卷(含答案)

这是一份河南省金科大联考2025届高三上学期11月质量检测数学试卷(含答案)，共14页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．已知复数,则( )
A.B.C.1D.
2．设集合,.则( )
A.B.C.D.
3．设为等差数列的前n项和,若,,则数列的公差为( )
A.2B.1C.D.0
4．在正方体中,若平面与平面的交线为l,则( )
A.B.C.平面D.平面
5．设,则( )
A.B.C.D.
6．若直线是函数的一条切线,则的最小值为( )
A.1B.2C.D.
7．已知x,,设甲:,乙,则( )
A.甲是乙的充分不必要条件
B.甲是乙的必要不充分条件
C.甲是乙的充要条件
D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
8．如图,在四边形中,为正三角形,,则的最大值为( )
A.B.C.2D.3
二、多项选择题
9．已知,且,则( )
A.B.
C.D.
10．已知函数,则( )
A.为的周期
B.函数的值域为
C.函数有且仅有两个零点
D.满足的的取值范围是
11．已知函数的定义域为,,且当时,;当时,单调递增,则( )
A.B.C.是奇函数D.
三、填空题
12．若,则________.
13．已知底面半径相等的圆锥和圆柱的侧面积相等,若圆锥的母线长是底面半径的2倍,则圆锥与圆柱的体积之比为________.
14．已知数列满足,若,则________.
四、解答题
15．已知函数的图象关于点中心对称.
（1）求a、b的值;
（2）若,当时,的最小值为,求m的值.
16．记的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且,.
（1）求A;
（2）若,设,求.
17．如图,在四棱锥中,四边形为菱形,,,.
（1）证明:平面;
（2）已知平面与平面的夹角的余弦值为,求.
18．已知函数.
（1）若单调递增,求a的取值范围;
（2）已知,且.
（i）若,证明:;
（ii）证明:.
19．设数列的前n项和为,且.
（1）证明:数列是等比数列;
（2）若,恒成立,求的取值范围;
（3）判断是否存在正整数p,q,满足,若存在,求p,q的值;若不存在,请说明理由.
参考答案
1．答案：D
解析：由,则,
故选:D.
2．答案：B
解析：由,解得或,因为,解得,所以,
故选:B.
3．答案：A
解析：由题意,,所以,,所以的公差为2,
故选:A.
4．答案：D
解析：因为点平面平面,所以.
又因直线平面平面,故得,
所以l是过点B且平行于的直线.
对于A,因为,,所以,故不成立,即A错误;
对于B,因为,而,故不成立,即B错误;
对于C,因为,而平面,故平面不成立,即C错误;
对于D,因为,,所以,
又平面平面,所以平面,即D正确.
故选:D.
5．答案：A
解析：,,所以,
因为,
所以,
故选:A.
6．答案：C
解析：设切点为,因为,
所以函数的切线方程为,
即,所以,
所以,（当且仅当时取等号）.
故选:C.
7．答案：C
解析：设,其定义域为R,
则,
所以为奇函数,且当时,单调递增,所以在R上单调递增.
当时,,即;
由,
得,即,所以.
所以甲是乙的充要条件.
故选:C.
8．答案：B
解析：由图知,,则
,
因故当与同向时,的最大值为1,
故的最大值为.
故选:B.
9．答案：AD
解析：对于A,,即,当且仅当时取“”,A选项正确;
对于B,因为（等号取不到）,B选项错误;
对于C,,
当且仅当时取“”,C选项错误;
对于D,,所以,
当且仅当时取“”,D选项正确;
故选:AD.
10．答案：ACD
解析：选项正确;
所以只需考虑,当时,,
当时,,所以的值域为,B选项错误;
当时,单调递减,,,在有且仅有一个零点,
当时,,无零点,
当时,,无零点,
因为为偶函数,所以有且仅有两个零点,C选项正确;
当时,,解得,
当时,,
所以满足的的取值范围是,D选项正确.
故选:ACD.
11．答案：ACD
解析：令,则,即,因为不为常函数,所以,选项A正确;
互换,则,所以,所以,选项B错误;
令,则,因为,所以,
令,则,所以,
所以是奇函数,故选项C正确;
令,则,
因为当时,单调递增,所以当时,,
又,所以当时,,
又当时,,所以,即,
所以,选项D正确;
故选:ACD.
12．答案：
解析：由题意可得:.
故答案为:.
13．答案：或
解析：设圆锥底面半径为,母线长为l,圆柱高为h,
则,所以,
所以圆锥与圆柱的体积之比为.
故答案为:
14．答案：
解析：若,当时,,
当时,,
当时,,
所以,
故,,
所以,,…,,
所以,又因为,,
所以,.
15．答案：（1）,
（2）
解析：（1）依题意,,
即,
所以,,所以,.
（2）由（1）可知,,则,
所以当时,,单调递减,
当时,,单调递增,
若,则在区间内的最小值为,
即,解得或,均不符题意;
若,则函数在上单调递减,在上单调递增,
则在区间内的最小值为,解得,符合题意.
16．答案：（1）
（2）
解析：（1）由正弦定理可得,,
整理可得,,
因为,所以,
解得或（舍）,
所以;
（2）由（1）可知,,
所以,,
又因为,所以,
由正弦定理可得,,解得,,
依题意,由,有,有,
所以,
所以.
17．答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）设,因为四边形为菱形,则O为、的中点,且,
因为,,,则是边长为2的等边三角形,
则,,
因为,所以,即,
因为,、平面,所以平面.
（2）因为平面,以O为原点,、所在直线分别为x轴、y轴,
过点O且与平面垂直的直线为z轴,建立空间直角坐标系,
则、、,设,则,且,
,,
设平面的法向量为,
所以,令,则,
由（1）可知,平面的一个法向量为,
设平面与平面的夹角为,
则,化简得,
所以,,解得,,所以,
所以,,即.
18．答案：（1）
（2）（i）证明见解析;
（ii）证明见解析
解析：（1）由题意得定义域,,
即恒成立.
设,则,
当时,,单调递减,
当时,,单调递增,
所以当时,取得极小值,也是最小值,,
所以.
（2）（i）不妨设,则,
则由,知,所以,
设,,
所以单调递增,,
所以,即.
（ii）由（1）可知,当,时,,
所以,即当时,,
由,得,所以,
又,所以,所以,
所以.
19．答案：（1）证明见解析;
（2）;
（3）存在,,.
解析：（1）数列中,,当时,,
两式相减得,,即,
整理得,,当时,,解得,
所以数列是首项为,公比为的等比数列.
（2）由（1）得,,则,,
依题意,,
设,
则,
当时,,当时,,即,
因此数列的最大项为,
所以的取值范围是.
（3）假设存在正整数p,q,满足,
则,即,由且,得,
设,则,
当时,不符题意;当时,,此时符合题意;
当时,,不符题意;当时,,不符题意;
当时,,
因此,即当时,不符题意,
所以存在正整数,,满足.