2025届河南省周口市川汇区两校高三联考一模数学试卷(解析版)

这是一份2025届河南省周口市川汇区两校高三联考一模数学试卷(解析版)，共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 若复数在复平面内对应的点在直线x+y=0上，则（ ）
A. 2B. 2C. 1D.
【答案】B
【解析】因为复数，
所以复数在复平面内对应的点的坐标为，
由复数在复平面内对应的点在直线x+y=0上，
可得,,故选B.
2. 已知向量和的夹角为，且，则（ ）
A. -10B. -7C. -4D. -1
【答案】D
【解析】＝＝
故选：D.
3. 若，则等于（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】因为，
当时，，或，
所以，
所以，或，
这时四个选项全对，
当时
，
则.
故选：C.
4. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】当时，，
则，
所以，
故选：C．
5. 已知等比数列的前项和为，若，，则（ ）
A. 16B. 64C. 112D. 32
【答案】D
【解析】设的公比为，
由已知，可得，
解得，
所以.
故选：D．
6. 已知函数且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由题意知，当时，，
得，又，所以方程无解；
当时，，
得，即，解得，
所以.
故选：D
7. “”是“”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
【答案】A
【解析】根据不等式同向正数可乘性可得；但，不妨取，不能推出“”，故“”是“”充分不必要条件．故A正确．
8. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由题意知，
可得，
可得，
又由.
故选：C.
9. 曲线在点处的切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】，在点处的切线斜率，所求切线方程为：.
故选：C.
10. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】由题意且，
，
所以.
故选：A.
11. 已知函数的导函数为和的定义域均为为偶函数，也为偶函数，则下列不等式一定成立的是（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】根据题意，设，
由于为偶函数，则，即，
等号两边同时求导可得：，
即，
又由为偶函数，变形可得，
故为常数），
由此分析选项：
对于A，由于不确定，不一定成立，A错误；
对于B，，B错误；
对于C，设，有，
当时，，为增函数，
当时，，为减函数，
则有，故在R上恒成立，
又由，为R上的增函数，
则有，C正确；
对于D，为偶函数，其图象关于轴对称，不能保证成立，D错误．
故选：C．
12. 在矩形ABCD中，已知，E是AB的中点，将沿直线DE翻折成，连接，当二面角的平面角的大小为时，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由已知，E是AB的中点，
所以，又，，
所以为等腰直角三角形，故为等腰直角三角形，
取的中点为，则，
因为，又，，所以
同理可得，又，
所以，取的中点为，连接，
则，所以，
所以为二面角的平面角，
所以，
因为，，，
所以为等边三角形，取的中点为，则，
因为，，，平面，
所以平面，平面，
所以，又，，平面，
所以平面，
因为直角三角形，为斜边，
所以，所以为的外接圆的圆心，
设为三棱锥外接球的球心，则平面，
设，三棱锥外接球的半径为，
则，
若球心和点位于平面的两侧，
延长到点，使得，
因为平面，平面，所以，
所以四边形为平行四边形，
所以，，
所以，
所以，
所以，，
所以三棱锥外接球的表面积，
若球心和点位于平面的同侧，
因为平面，平面，所以，
过点作，则四边形为平行四边形，
所以，，
所以，
所以，
所以，舍去 ，
故选：A.
二、填空题
13. 已知函数，若方程仅有两个不同的实数解，则的取值范围是___________.
【答案】
【解析】，令gx=f'x，
则，
故当时，，当时，，
故f'x在上单调递减，在上单调递增，
且当时，f'x0，
所以在上单调递减，在1,+∞上单调递增，
所以，当时，；
且当x∈1,+∞时，，
画出的图象如下：

设，则，
易知不是上述方程的解，则，
画出的图象，
①当时，，即原方程仅有一解，不符题意；
②当时，，此时存在，使得，符合题意；
③当时，无解，不符题意；
④当时，，此时存在，使得，符合题意；
⑤当时，方程的两个解满足，
此时存在，使得，不符题意.
综上，.
14. 如果，，那么=_______．
【答案】
【解析】因，，则，
所以.
15. 若函数有两个极值点，则实数的取值范围是__________．
【答案】
【解析】 令 由于函数函数有两个极值点点在区间 上有两个实数根．
当 时， ，则函数 在区间单调递增，因此 在区间上不可能有两个实数根，应舍去．
当 时，令 ，解得 ，
令 ，解得 ，此时函数单调递增；
令 ，解得 ，此时函数单调递减．
∴当时，函数取得极大值．要使在区间上有两个实数根，
则，解得．
∴实数 的取值范围是（.
16. 设数列的前项和为，若，则数列的通项公式为_______.
【答案】
【解析】由Sn=2an+n（n∈N*），
当n=1时，可得S1=2a1+1，即a1=﹣1．
当n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1=2an+n﹣（2an﹣1+n﹣1）=2an﹣2an﹣1+1
即an=2an﹣1﹣1
可得：（an﹣1）=2（an﹣1﹣1）
可得{an﹣1}是公比为2的等比数列，首项为﹣2．
∴an﹣1=﹣2•2n﹣1．
即an=﹣2n+1．
三、解答题
17. 对于数列，，的前n项和，在学习完“错位相减法”后，善于观察的小周同学发现对于此类“等差×等比数列”，也可以使用“裂项相消法”求解，以下是她的思考过程：
①为什么可以裂项相消？是因为此数列的第n，n＋1项有一定关系，即第n项的后一部分与第n＋1项的前一部分和为零
②不妨将，也转化成第n，n＋1项有一定关系的数列，因为系数不确定，所以运用待定系数法可得，通过化简左侧并与右侧系数对应相等即可确定系数
③将数列，表示成形式，然后运用“裂项相消法”即可！
聪明的小周将这一方法告诉了老师，老师赞扬了她的创新意识，但也同时强调一定要将基础的“错位相减法”掌握．
（1）（巩固基础）请你帮助小周同学，用“错位相减法”求的前n项和；
（2）（创新意识）请你参考小周同学的思考过程，运用“裂项相消法”求的前n项和．
解：（1）因为
所以①
则②
所以①-②得：
所以；
（2）因为，设，
比较系数得：，得，所以，
所以
.
18. 圆内有一点，AB为过点P且倾斜角为的弦．
（1）当时，求AB的长；
（2）当弦AB被点P平分时，写出直线AB方程．
解：（1）圆的圆心，半径，
因为，所以直线的斜率，
所以，即，
所以圆心到的距离，
所以；
（2）因为弦被平分，所以，
又因为，所以，
所以，即.
19. 我国著名数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形少数时难入微，数形结合百般好，隔离分家万事休.”事实上，很多代数问题可以转化为几何问题加以解决，已知曲线C上任意一点满足.
（1）化简曲线的方程；
（2）已知圆（为坐标原点），直线经过点且与圆相切，过点A作直线的垂线，交于两点，求△OMN面积的最小值.
解：（1）
，
由得．
所以曲线的方程是；
（2）设，直线方程是，
则直线方程为，即,
直线与已知圆相切，所以，则，
由得，，
由题意（∵），
，，∴或，
，
又原点到直线距离为，
∴，
由或得，设，
，当且仅当时等号成立，
，当且仅当时等号成立，
∴时，，
∴，即时，．

20. 2022年第12号强台风“梅花”9月8日自在西北太平洋洋面生成，至9月16日减弱为温带气旋停止编号，共历时8天，期间4次登录我国东部沿海。9月14日20时30分前后，在我国浙江省舟山普陀沿海首次登陆，登陆时中心附近最大风力14级，9月16日0时左右在山东省青岛市崂山区沿海第三次登陆，台风过境时带来的狂风暴雨天气，造成了人民生命、财产的巨大损失，受灾民众不惧困难，众志成城，积极开展抗灾、救灾，守护自己的美丽家园。某地受其影响普降暴雨，一大型堤坝发生了渗水现象，当发现时已有的坝面渗水，经测算，坝面每平方米发生渗水现象的直接经济损失约为300元，且渗水面积以每天的速度扩散．当地有关部门在发现的同时立即组织人员抢修渗水坝面，假定每位抢修人员平均每天可抢修渗水面积，该部门需支出服装补贴费为每人600元，劳务费及耗材费为每人每天300元．若安排x名人员参与抢修，需要k天完成抢修工作．
（1）写出k关于x的函数关系式；
（2）应安排多少名人员参与抢修，才能使总损失最小．（总损失＝因渗水造成的直接损失＋部门的各项支出费用）
解：（1）由题意得，
所以，，
（2）设总损失为元，则
当且仅当，即时，等号成立．
所以，应安排22名民工参与抢修，才能使总损失最小．
21. 如图，平行六面体的底面是菱形，且．试用尽可能多的方法解决以下两问：

（1）若，记面为，面为，求二面角的平面角的余弦值；
（2）当的值为多少时，能使平面？
解：（1）连接、设和交于，连接，作，垂足为，作，垂足为，连接．

四边形是菱形，
，又，．
又，，
△△，，
，，
又，，平面
平面，
又平面，．
是二面角的平面角．
方法一：∵，可得，，
又．
因为平面，故平面平面，
而平面平面，平面，
故平面，而平面，故，
而，平面，故平面，
而平面，故，
∴．
又，∴，
∴．
方法二：在中，．
由余弦定理知，
又，∴，
∴，即．
∴是中点，．
方法三：∵，，
∴，
即．
∴，
∴，
，．
∴，故．
（2）当时，能使平面．
方法一 ：由前知平面，∴．
当时，平行六面体的六个面是全等的菱形．
同的证法可得，
而平面，故平面．
方法二 ：∵，∴．
由题设可知三棱锥是正三棱锥，设与相交于．

∵，且，∴．
又是正三角形的边上的高和中线，
∴点是正三角形的中心．
∴平面，即平面．
方法三 ：如图，沿面补一个全等的平行六面体．

∴．若平面，则平面．
∴．令．
由余弦定理可知，．
又，则，
即．
∴，解得或（舍）．
由此可知当时，平面．
方法四：如图，若平面，则与成的角．过作交的延长线于，则．四边形为平行四边形．设，，则．
∵，∴．
∴，．
在Rt中，，即，
∴，解得或（舍去）．
由此可知当时，平面．

方法五：记，菱形边长为．
∵是菱形，∴．
又，∴平面，得，要使平面，还需．由，
则
，得，即时成立．