[数学]河南省新乡市多校联考2025届高三上学期调研考试试题(解析版)

这是一份[数学]河南省新乡市多校联考2025届高三上学期调研考试试题(解析版)，共12页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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的．
1. 若为纯虚数，则（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】B
【解析】因为为纯虚数，所以且，得，
故．
故选：B.
2. 已知向量，且，则（ ）
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】C
【解析】由向量，可得，
因为，可得，解得．
故选：C.
3. 设集合，若，则的取值范围是（ ）
A B.
C. D.
【答案】A
【解析】由题可知，
由，可得，
所以．
故选：A.
4. 函数的最大值为（ ）
A. B. C. D. 0
【答案】C
【解析】由题意可得，
所以的最大值为．
故选：C.
5. 已知某圆锥的轴截面是顶角为的等腰三角形，侧面展开图是圆心角为的扇形，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】设圆锥的母线长为，则圆锥的底面半径，侧面展开图的扇形弧长，即圆锥底面的周长，
因此，即
又因为，故，
所以关于单调递增，
验证选项可知当时，符合题意．
故选：D.
6. 已知函数在区间内单调递增，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】易知当时，单调递增，
由题意，需在上单调递增，且，
即．
若，则，解得；
若，则，满足题意；
若，则恒成立．
综上，的取值范围是．
故选：A.
7. 设，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】.
故选：C.
8. 设抛物线的焦点为F，直线l与C交于A，B两点，，，则l的斜率是（ ）
A. ±1B. C. D. ±2
【答案】D
【解析】下图所示为l的斜率大于0的情况．
如图，设点A，B在C的准线上的射影分别为，，，垂足为H．
设，，则．
而，所以，
l的斜率为．同理，l的斜率小于0时，其斜率为．
另一种可能的情形是l经过坐标原点O，可知一交点为，则，
可求得，可求得l斜率为，
同理，l的斜率小于0时，其斜率为．
故选：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，则双曲线与有相同的（ ）
A. 焦点B. 焦距C. 离心率D. 渐近线
【答案】CD
【解析】对于选项A、B：设，易知的左、右焦点坐标分别为和，
而的标准方程为，故其左、右焦点坐标分别为和，
显然和的焦点和焦距均不相同，故A，B错误；
对于选项C、D：和的离心率均为，渐近线方程均为，故C，D正确．
故选：CD.
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，掷出的点数之和为，则（ ）
A. 事件“”和“”相等B. 事件“”和“”互斥
C. 为奇数的概率为D. 的概率为
【答案】ACD
【解析】对于A，事件“”和“”都相当于掷出两个1点和一个2点，故A正确；
对于B，事件“”和“”都包含掷出两个1点和一个4点，故B错误；
对于C，为奇数等价于“3次掷出的点数都为奇数”，因此其概率为，故C正确；
对于D，事件“”的对立事件为“或”，，，
因此，故D正确．
故选：ACD.
11. 已知函数的定义域为，且其图象是一条连续不断的曲线，，记为的导函数，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 为奇函数
C. 若，则
D. 若在上单调递减，则恰有三个零点
【答案】ABD
【解析】对于A，令，则，故A正确；
对于B，令，得，
令，得，
所以，即为奇函数，故B正确；
对于C，令，得，
令，得，所以，故C错误；
对于D，因为在上单调递减，又，
所以存在，满足在上单调递增，在上单调递减，
因此在上只有一个零点1，
又是奇函数，
所以恰有三个零点，故D正确．
故选：ABD.
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______．
【答案】10
【解析】最后一棒可以是除甲、乙、丙之外的2人，也可以是从乙、丙中选1人，从除甲、乙、丙之外的2人中选1人组成，所以最后一棒的安排方案有：种；
安排最后一棒后，剩余两人安排在中间两棒，方案有：种，
由分步计数乘法原理，不同的传递方案种数为：种.
13. 在数列中，，且，则实数的取值范围是______．
【答案】
【解析】由题意知，解得．
14. 已知正数满足，则的最小值为______．
【答案】1
【解析】由，得，
记，其中，
原不等式化为，所以，
所以，即．
所以，
当且仅当，即时取“”，所以的最小值为1．
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. 在中，内角所对的边分别为，且．
（1）求；
（2）若，求面积的最大值．
解：（1）因为，
由余弦定理可得，
由正弦定理可得，所以，
又因为，所以．
（2）因为且，由余弦定理得，即
又因为，当且仅当时，等号成立，
即，解得，
所以的面积，
即面积的最大值为．
16. 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，，，．
（1）可否用线性回归模型拟合与的关系？请分别根据折线图和相关系数加以说明．
（2）若根据所给数据建立回归模型，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．
解：（1）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与的关系，
由题意知，
相关系数．
故可以用线性回归模型拟合与的关系．
（2）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. 如图，在四棱锥中，为正三角形，底面为矩形，且平面平面分别为棱的中点．
（1）证明：平面；
（2）若，且二面角的大小为120°，求的值．
（1）证明：如图，取棱的中点，连接．
因为是棱的中点，所以且．
又因为四边形是矩形，是棱的中点，故且，
所以四边形是平行四边形，所以．
又平面平面，故平面．
（2）解：取棱的中点，则在正三角形中，，所以平面．
以为坐标原点，的方向分别为轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系
设，
则．
所以．
设平面的法向量为，
则即可取．
设平面的法向量为，
则即可取．
由题设知，故，即．
18. 已知椭圆的左、右焦点分别为，且，过点作两条直线，直线与交于两点，的周长为．
（1）求的方程；
（2）若的面积为，求的方程；
（3）若与交于两点，且的斜率是的斜率的2倍，求的最大值．
解：（1）设椭圆的半焦距为，由题意知，所以，
的周长为，所以，
所以，
故的方程为．
（2）易知的斜率不为0，设，
联立，得，
所以．
所以，
由，
解得，
所以的方程为或．
（3）由（2）可知，
因为的斜率是的斜率的2倍，所以，得．
所以
，
当且仅当时，等号成立，
所以的最大值为．

19. 已知函数，其中不全为0，并约定，设，称为的“伴生函数”．
（1）若，求；
（2）若恒成立，且曲线上任意一点处的切线斜率均不小于2，证明：当时，；
（3）若，证明：对于任意的，均存在，使得．
（1）解：由题可知．
所以，
故的伴生函数为．
（2）证明：由已知得，
所以
．
因为曲线上任意一点处的切线斜率均不小于2，
故在上恒成立．
又，所以，
所以当时，．
（3）证明：因为，所以．
设，则．
注意到，则在上一定存在极值点．
令为其中一个极值点，则，
即，所以，
因为，所以，故．