河南省七校2025届高三上学期普通高中联合教学质量检测数学试卷

这是一份河南省七校2025届高三上学期普通高中联合教学质量检测数学试卷，共23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
1．设集合，，若，则（ ）
A．2B．1C．D．-2
2．已知等差数列的前和为Sn，，，则（ ）
A．B．C．D．
3．在单位圆中，已知角是第二象限角，它的终边与单位圆交于点，则（ ）
A．B．C．D．
4．在展开式中，含的项的系数是6，则（ ）
A．6B．3C．3D．6
5．已知平面向量，则“”是“与的夹角为钝角”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
6．已知过抛物线的焦点F作直线交抛物线于A、B两点，若，AB的中点到轴的距离为，则p的值为（ ）
A．2B．3C．4D．5
7．如图，一个正八面体的八个面分别标以数字1到8，任意抛掷一次这个正八面体，观察它与地面接触的面上的数字，得到样本空间为，记事件“得到的点数为偶数”，记事件“得到的点数不大于4”，记事件“得到的点数为质数”，则下列说法正确的是（ ）
A．事件与互斥，与相互对立
B．
C．但不满足两两独立
D．且两两相互独立
8．若，，，其中表示，，中的最大者，表示，，中的最小者，下列说法不正确的是（ ）
A．函数为偶函数
B．当时，有
C．不等式的解集为
D．当时，有
二、多选题
9．设复数在复平面内对应的点为，任意复数都可以表示为三角形式，其中为复数的模，是以轴的非负半轴为始边，以所在的射线为终边的角（也被称为的辐角）．利用复数的三角形式可以进行复数的指数运算，法国数学家棣莫佛发现，我们称这个结论为棣莫佛定理．根据以上信息，若复数满足，则可能的取值为（ ）
A．B．
C．D．
10．已知函数，下列说法正确的是（ ）
A．若关于的不等式的解集是或，则
B．若集合有且仅有两个子集，则的最大值为
C．若，则的最大值为
D．若，且关于x的不等式的解集中有且仅有三个正整数，则实数的取值范围是
11．已知菱形ABCD的边长为，将沿AC翻折，使点与点重合，如图所示.记点为翻折过程中点的位置（不包含在点处的位置），则下列结论正确的是（ ）
A．不存在点，使得
B．无论点在何位置，总有面PBD
C．当三棱锥的体积最大时，直线AB与平面PBC所成角的余弦值为
D．当时，为PB上一点，则的最小值为2
三、填空题
12．已知数列满足，设为数列的前项和，则 ．
13．若函数的最小值为，则实数的取值范围为 .
14．小王和爸爸玩卡片游戏，小王拿有2张标有A和1张标有B的卡片，爸爸有3张标有B的卡片，现两人各随机取一张交换，重复n次这样的操作，记小王和爸爸每人各有一张A卡片的概率记为，则 ， ．
四、解答题
15．已知数列满足，
(1)记，写出，，并证明数列为等比数列；
(2)求的前项和．
16．记的内角的对边分别为，已知，外接圆的半径为R．
(1)求外接圆的面积；
(2)圆经过，且与圆关于直线对称，圆被直线截得弦长为8，求直线的方程．
17．已知函数，．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)求的单调区间；
(3)当时，若对于任意，不等式成立，求a的取值范围．
18．如图，在四棱锥中，底面是正方形，面为棱上的动点．
(1)若为棱中点，证明：面；
(2)在棱上是否存在点，使得二面角的余弦值为若存在，求出的值；若不存在，请说明理由；
(3)分别在棱上，，求三棱锥的体积的最大值．
19．已知椭圆，两焦点和短轴一个端点构成边长为2的正三角形．
(1)求椭圆方程；
(2)设直线与椭圆相切于第一象限内的点，不过原点且平行于的直线与椭圆交于不同的两点，，点关于原点的对称点为．记直线的斜率为，直线的斜率为．
①求的值；
②若，，，四点围成的四边形为平行四边形，求的值．
参考答案：
1．A
【分析】由得.易知且不符合题意，则，解之即可求解.
【详解】由，得.
若，则，不符合题意；
又，所以，解得.
故选：A
2．A
【分析】先根据已知，，结合等差数列公式计算可得，
进而得出，再应用裂项相消计算即可.
【详解】由等差数列，可得前项和为，
又因为，所以，所以，
即得，所以，
则.
故选：A.
3．C
【分析】根据三角函数的定义，同角三角函数的关系，诱导公式可以求解.
【详解】因为角的终边与单位圆交于点，所以，
因为角是第二象限角，所以，
所以，
故选：C.
4．B
【分析】先由乘法法则求出展开式中含的项，再结合的项的系数是6即可求出a.
【详解】由题可得含的项为，
所以.
故选：B.
5．B
【分析】若与的夹角为钝角，则且与不共线，结合向量的坐标运算求得m得取值范围，再根据包含关系分析充分、必要条件.
【详解】若与的夹角为钝角，则且与不共线，
可得，解得且，
因为是的真子集，
所以“”是“与的夹角为钝角”的必要不充分条件.
故选：B.
6．B
【分析】根据给定条件，利用焦点弦的几何性质推理计算得解.
【详解】抛物线的焦点，准线，准线交轴于点，
由对称性，不妨令点在第一象限，过分别作，垂足分别为，
过作于，交于，令，，
，由，得，即，则，
线段中点，过作于，则，
由AB的中点到轴的距离为，得，因此，所以.
故选：B
7．C
【分析】明确事件，，所包含的样本点，根据互斥、对立、独立事件的概念判断各选项是否正确.
【详解】因为事件所含的样本点为：，事件所含的样本点为：，事件所含的样本点为：.
因为事件，都包含样本点2,3，所以，不互斥，故A错误；
因为所含的样本点为：，所以，故B错误；
因为所含的样本点为：，所以，又，所以.
又事件所含的样本点为：，所以，又，
所以，所以事件不独立，即两两独立错误，所以C正确，D错误.
故选：C
8．C
【分析】根据图象判断函数奇偶性判断A，根据不等式变形判断B，根据复合不等式的解法求解判断C，根据复合函数不等式及B选项判断D.
【详解】若，解得或，
结合二次函数和一次函数知，
若，解得或，
结合二次函数和一次函数知，
所以，
画出的图象，如图：

结合图象及知为偶函数，故选项A正确；
当时，，即，所以，
所以，所以成立，故选项B正确；
对于C，令，则，当时，，解得，
当时，，解得或，又，所以，
当时，，解得，综上，故，
当时，，解得，
当时，，解得或，
当时，，解得，
综上，不等式的解集为，
故C错误；
对于D，当，令，
结合偶函数的性质，当时，，
则等价于，
结合选项B，当时，有成立，故D正确.
故答案：C
【点睛】关键点睛：本题主要考查了函数的性质以及复合函数不等式问题，难度较大，解答本题的关键在于结合换元法，先解内层不等式，再解外层不等式，注意前提条件对解的影响.
9．BD
【分析】根据棣莫佛定理可得的一般形式，故可得正确的选项.
【详解】设，其中，则，
故，而，故，
故，故，
故BD正确，AC错误；
故选：BD.
10．ACD
【分析】对于A选项，根据一元二次不等式解集与方程根的关系来确定参数的值，再验证等式.
对于B选项，运用集合有且仅有两个子集，得到方程有一个根，借助根的判别式，得到，关系式，化简式子，再求最值即可.
对于C选项，先根据已知条件得到与的关系，再利用换元数学方法，结合基本不等式求式子的最大值.
对于D选项，根据不等式的解集以及已知条件确定的取值范围.
【详解】对于A选项，因为关于的不等式的解集是或，
则和是两根. 由韦达定理， ，
解得，. 则，所以A选项正确.
对于B选项，运用集合有且仅有两个子集，则方程有一个根，所以判别式，即，可得.
把代入得：
所以当时，取得最大值.所以B选项错误.
对于C选项，若，则，即.
令，则. 所以.
令，则.
对求最大值，.
根据均值不等式，当且仅当时取等号.
所以，所以C选项正确.
对于D选项，当时，.
因为不等式的解集中有且仅有三个正整数，令，
则的解集中有且仅有三个正整数.
由二次函数对称轴，且，，，.
要使的解集中有且仅有三个正整数，，，
则，即，解得，所以D选项正确.
故选：ACD.
11．BC
【分析】对于A，确定的轨迹，借助圆锥的特性即可判断A；对于B，取的中点，证明平面，再根据菱形对角线互相垂直即可证明；对于C，确定体积最大时，点的位置，再借助等体积法求解即可；对于D，将，展开在同一平面内，借助两点间线段长最短即可判断D.
【详解】对于A，的轨迹是以为轴的两个同底的圆锥底面半圆弧，
显然圆锥轴截面的顶角为，大于，
则存在两条母线互相垂直，即存在点，使得，
而翻折前，因此存在点，使得，故A错误；
对于B，依题意，都是等边三角形，
取的中点，则，
又平面，于是平面，
又平面，因此，
因为四边形是菱形，所以，又，平面PBD，
因此平面PBD，故B正确；
对于C，由选项B知，平面是二面角的平面角，
三棱锥的体积，
当且仅当时取等号，此时平面，
等腰的面积，
设点到平面PBC的距离为，
由，得，解得，
设直线AB与平面所成的角为，
则，，故C正确；
对于D，当时，三棱锥为正四面体，
将，展开在同一平面内，如图，
显然四边形为菱形，，
当三点共线时，取得最小值，故D错误；
故选：BC.
12．
【分析】利用等差数列的定义求出，再由错位相减求和可得答案.
【详解】由，得，
又，所以是首项为1公差为1的等差数列，
可得，所以，
，，
两式相减得
，所以.
故答案为：.
13．
【分析】根据分段函数解析式由二次函数单调性以及基本不等式求得两部分取得最小值的表达式，解不等式即可得出结果.
【详解】当时，关于对称，
若最小值为，可知，即可得；
又当时，，当且仅当时等号成立；
若最小值为可得，即，解得；
综上可知，实数的取值范围为.
故答案为：
14． ； .
【分析】记n次这样的操作小王恰有一张A卡片的概率为，有两张A卡片的概率为，根据题设条件写出与的递推关系，进而得到，依据等比数列定义写出通项.
【详解】记n次这样的操作小王恰有一张A卡片的概率为，有两张A卡片的概率为，
则，，有，
而，重复n次这样的操作，
，
所以，又，所以．
故答案为：，
【点睛】关键点点睛：根据已知条件得到与的递推关系为关键.
15．(1)，，证明见解析
(2)
【分析】（1）构造法，结合等比数列定义证明（2）运用分组求和，结合等比数列求和公式计算即可.
【详解】（1）显然为偶数，则，．
所以，即．
且．
所以是以5为首项，2为公比的等比数列，
于是，，．
（2）记，则
从而数列的前项和为：
16．(1)
(2)或
【分析】（1）根据正弦定理可得，进而结合辅助角公式求解可得，进而结合正弦定理可得，进而求解；
（2）设，根据对称性质列出方程组求得，可得圆的方程，进而分直线的斜率存在和不存在讨论求解即可.
【详解】（1）由，
根据正弦定理，得，
因为，所以，
则，即，即，
又，则，所以，即，
则，即，
所以外接圆的面积为.
（2）由圆，圆心为，半径为，
设，由题意得，
解得，即，
则圆的方程为，
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，
此时，，则，符合题意；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，
到直线距离为，
由，得，
解得，则直线的方程为，即.
综上所述，直线的方程为或.
17．(1)
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）由导数的意义求出切线的斜率，再把代入原函数求出，最后由点斜式写出直线方程即可；
（2）分，和三种情况，求导后令导数为零，解出两个根，再由导数的正负确定单调区间即可；
（3）含参数的函数不等式恒成立问题，先由单调性得到，，，解不等式得到参数的范围，再比较参数大小，确定范围即可.
【详解】（1）因为，所以，得到，
所以，又，
所以曲线在点处的切线方程为，即．
（2）因为，定义域为，
所以．
当时，令，即，
解得，，所以，
当x变化时，，的变化情况如下表所示，
此时的单调递减区间为和，单调递增区间为，
当时，，易知时，，，，
此时的单调递减区间为，单调递增区间为，
当时，令，即，
解得，，
若，即时，当x变化时，，的变化情况如下表所示，
此时的单调递增区间为和，单调递减区间为，
若，即时，恒成立，当且仅当时取等号，
此时在上单调递增，
若，即时，当x变化时，，的变化情况如下表所示，
此时的单调递增区间为和，单调递减区间为.
（3）当，且时，由（2）知，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，
因为对于任意，不等式成立，
所以，，．
所以，得，，得；
，得．
因为，所以，
所以a的取值范围是．
18．(1)证明见解析；
(2)存在满足条件的点，；
(3)
【分析】（1）运用中位线性质得到线线平行，进而得到线面平行；（2）建立空间直角坐标系，运用面面夹角得向量法求解即可；（3）在中，由余弦定理，设，则，得到，在用等体积法计算即可.
【详解】（1）连接交于，则为三角形中位线，易知，
又因为上，面，所以面；
（2）以为原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，可得，
由为棱上一点，设，
．
设平面的法向量为，
由可得
令，则，则．
取平面的法向量为，
则二面角的平面角满足：
，
化简得：，解得：或（舍去），
故存在满足条件的点，此时．
（3）因为，
可知三棱锥体积最大时，即最大，在中，由余弦定理有：
可得，
设，则，
由题可知：该方程有实根，则，解得，
同理可得．
设点到平面的距离为，则由等体积法得到：，
，解得：．
当最大时三棱锥体积最大，即三棱锥体积最大，
最大体积为：．
19．(1)
(2)①；② 或1
【分析】（1）根据已知条件确定、，即可求解
（2）①根据直线与椭圆相切于第一象限内的点，求出，再根据，设出的方程，表示出、的坐标，得到的斜率，由此可求；②根据已知条件与平行关系确定，由平行四边形确定，再结合，得，分两种情况求解即可.
【详解】（1）由题意，从而，，
所以椭圆方程为.
（2）
①由消得（*），
由，得，
此时方程（*）可化为：，
解得：（由条件可知：k，m异号），
设Px0,y0，则，，
即，所以，
因为，所以可设直线，
由消得，
当时，方程有两个不相等的实根，
设Ax1,y1，Bx2,y2，则，，
因为A，C两点关于原点对称，所以，所以，，
所以．
②设直线与轴交于点，直线与轴交于点，则，
于是，
由①可知：，若O，P，B，C四点围成的四边形为平行四边形，
则还需，即，
由①可知：，所以．
又Bx2,y2，，
所以，
由可得：，
又，所以，即，
当时，；
当时，．
【点睛】方法点睛：
解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去(或)，
建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件，
建立有关参变量的等量关系，
强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，
重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
A
C
B
B
B
C
C
BD
ACD
题号
11









答案
BC









单调递减
极小值
单调递增
极大值
单调递减
x
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增