精品解析：河南省郑州市2025届高三第一次质量预测数学试题

河南省郑州市2025届高三第一次质量预测数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设集合，，则的子集的个数为（ ） A. 8 B. 7 C. 4 D. 3 2. 若复数z满足，其中i为虚数单位，则z的虚部为（ ） A. B. 1 C. D. 2 3. 若向量，则下列结论正确的是 A. B. C. D. 4. 将一枚质地均匀的正八面体骰子连续抛掷2次，其八个面上分别标有八个数字，记录骰子与地面接触的面上的点数，用X，Y表示第一次和第二次抛掷的点数，则（ ） A. B. C. D. 5. 若，是函数两个相邻的最值点，则等于（ ） A. 2 B. C. 1 D. 6. 关于函数，下列结论错误的是（ ） A. 函数的图象关于y轴对称 B. 函数的图象关于直线对称 C. 函数的最小正周期为 D. 函数的最小值为2 7. 如图，直四棱柱，点M，N，P分别为，和的中点，底面为菱形，且记与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，，对，，使得成立.下列结论正确的是（ ） A. ，使得 B. 函数的最大值为0 C. a的取值范围为 D. 过作的切线，有且只有一条 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.全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 下列结论正确的是（ ） A. 若随机变量，则 B. 将总体划分为2层，通过分层随机抽样，得到两层的样本平均数和样本方差分别为，和，，若，则总体方差 C. 某物理量的测量结果服从正态分布，越大，该物理量在一次测量中在的概率越大 D. 已知某4个数据的平均数为5，方差为3，现又加入一个数据5，此时这5个数据的方差为 10. 已知数列，，，数列满足若在数列中去掉的项，余下的项组成数列，则（ ） A. B. C. D. 11. 如图，经过坐标原点O且互相垂直的两条直线AC和BD与圆相交于A，C，B，D四点，M为弦AB的中点，下列结论正确的是（ ） A. AO长度的最大值为 B. 线段BD长度的最小值为 C. 点M的轨迹是一个圆 D. 四边形ABCD面积的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知双曲线，双曲线C上一点P到一个焦点的距离为4，则P到另一个焦点的距离为__________. 13. 已知正方形ABCD的边长为2，E，F分别为AD，AB上的点，当的周长为4时，面积的最大值为__________. 14. 甲、乙两人各有4张卡片，每张卡片上分别标有1，2，3，4四个数字之一.两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，甲、乙各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较卡片上数字的大小，数字大者胜，然后各自舍弃此轮所选卡片舍弃的卡片在此后的轮次中不能使用则四轮比赛中，甲、乙每轮所出数字大小均不相同的情况共有__________种. 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. 记的内角A，B，C的对边为a，b，c，已知， （1）求 （2）设，求边上的高. 16. 已知两定点，，动点P满足 （1）求点P的轨迹方程; （2）过的直线l与动点P的轨迹交于两点A，B，与直线交于点C，设O为坐标原点，若，求直线l的方程. 17. 如图，在斜三棱柱中，M为的中点，底面为等腰直角三角形，且 （1）若在底面内的射影为点B，求点A到平面的距离; （2）若在底面内的射影为的中点，求平面与平面夹角的余弦值. 18. 已知函数且，关于对称的函数记为 （1）若，方程有且只有一个实数解，求a的值; （2）讨论方程在上实数解的个数; （3）若，设函数，若，求的取值范围. 19. 如果数列满足，为常数，，，则称数列为数列，已知项数为n的数列的所有项的和为，且为数列. （1）若，，，写出所有可能的的值; （2）若，，证明：“”是“数列为递增数列”的充要条件; （3）若，，证明：若，则或， 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河南省郑州市2025届高三第一次质量预测数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设集合，，则的子集的个数为（ ） A. 8 B. 7 C. 4 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】化简集合A，求出，进而判断其子集个数. 【详解】集合或，， ， 中元素的个数为3，子集个数为 故选：A. 2. 若复数z满足，其中i为虚数单位，则z的虚部为（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的运算化简判断. 【详解】由， 得，其虚部为 故选：C. 3. 若向量，则下列结论正确的是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】本题考查向量的坐标运算． 解答：选项A、． 选项B、 选项C、，正确． 选项D、因为所以两向量不平行． 4. 将一枚质地均匀的正八面体骰子连续抛掷2次，其八个面上分别标有八个数字，记录骰子与地面接触的面上的点数，用X，Y表示第一次和第二次抛掷的点数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设事件A为：，事件B为：，用列举法写出事件事件和事件的各种情况，计数后由条件概率公式计算． 【详解】设事件A为： 当时， 分两种情况： 第一次掷出4，第二次掷出大于等于4的数，即第二次可以是4，5，6，7，8，共5种情况; 第二次掷出4，第一次掷出大于等于4的数，即第一次可以是4，5，6，7，8，共5种情况， 两种情况都有第一次和第二次都掷出4，共1种情况， 所以事件A包含的基本事件数为 设事件B为：， 则事件AB为：且， 有，和，两种情况. 由条件概率公式： 故选：B． 5. 若，是函数两个相邻的最值点，则等于（ ） A. 2 B. C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意得到函数的最小正周期，再用最小正周期公式可解. 【详解】由，是函数两个相邻的最值点， ， 所以，即. 故选：A. 6. 关于函数，下列结论错误的是（ ） A. 函数的图象关于y轴对称 B. 函数的图象关于直线对称 C. 函数的最小正周期为 D. 函数的最小值为2 【答案】C 【解析】 【分析】对A，利用偶函数定义判断；对B，利用函数对称性的定义判断；对C，根据周期函数的定义判断；对D，令，则 ，利用基本不等式求出最小值. 【详解】对于A，的定义域为 R ， 因为  ， 所以是 R 上的偶函数，所以函数的图象关于 y 轴对称，故A正确； 对于B，对于任意的，   ， 所以函数的图象关于直线对称，故B正确； 对于C，因为 ， 所以  为函数的一个周期，故不是函数的最小正周期，故C错误； 对于D，因为，设 ， 则 ，因为 ，当且仅当 ，即时等号成立， 所以函数  的最小值为2，故 D 正确. 故选：C. 7. 如图，直四棱柱，点M，N，P分别为，和的中点，底面为菱形，且记与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】证明平面，然后以以P为原点，分别以直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法求出后可比较大小 【详解】解：连接，由底面为菱形，， 所以为等边三角形，故 取中点，连接， 因为是直四棱柱，所以平面， 又平面，所以 不妨设，所以，故， 由三线两两互相垂直，故以P为原点， 所在方向建立x，y，z轴，如下图所示： 则,， ， 由平面ABCD，所以平面ABCD可取， 设平面PMN的法向量为， 所以， 取，则，故 由MN与所成的角为，MN与平面ABCD所成的角为， 二面角的平面角为， 其中 所以， ， 所以， ， 因为在上递减，， 又， 所以 故选：C 8. 已知函数，，对，，使得成立.下列结论正确的是（ ） A. ，使得 B. 函数的最大值为0 C. a的取值范围为 D. 过作的切线，有且只有一条 【答案】D 【解析】 【分析】利用单调性说明的解判断A，由导数求最值判断B，由，使得求解判断C，设切点坐标为，代入所过点坐标求，引入新函数，由导数确定方程只有一个解，从而判断D． 【详解】对于A，， 因为在上单调递增，在上单调递增， 所以在上单调递增， 又， 所以当时，，故A错误; 对于B，由A的分析可知，当时，， 当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以在处取得最小值：，无最大值，故B错误; 对于C，由前面分析知， 由题可知：，使得 对于函数，， 当时，， 故无论a取什么值，均，使得， 则a的取值范围为R，故C错误; 对于D，不妨设切点为，， 切线方程为， 把代入可得：， 即： 令，， ， 因为对恒成立， 所以当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 又， 所以只有一个零点0， 即只有时，成立， 故过作的切线，有且只有一条，故D正确. 故选：D. 【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化： 一般地，已知函数， （1）若，，总有成立，故； （2）若，，有成立，故； （3）若，，有成立，故； （4）若若，，有，则的值域是值域的子集 ． 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.全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 下列结论正确的是（ ） A. 若随机变量，则 B. 将总体划分为2层，通过分层随机抽样，得到两层的样本平均数和样本方差分别为，和，，若，则总体方差 C. 某物理量的测量结果服从正态分布，越大，该物理量在一次测量中在的概率越大 D. 已知某4个数据的平均数为5，方差为3，现又加入一个数据5，此时这5个数据的方差为 【答案】AD 【解析】 【分析】利用二项分布的方差公式计算出方差，再由方差的性质计算判断A，根据方差的定义求解判断BD，根据正态分布的性质判断C． 【详解】解：对于A，由，得，则，故A正确; 对于B，由题意，总体均值为，若两层样本容量依次为m，n， 则， 当且仅当时，故B错误; 对于C，越大，该物理量在一次测量中在的概率越小，故C错误； 对于D，加入数据5后，平均数为，则这5个数据的方差为，故D正确. 故选：AD． 10. 已知数列，，，数列满足若在数列中去掉的项，余下的项组成数列，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A，由递推关系求出通项公式，运算判断；对B，将代入求出通项，求解判断；对C，根据，的通项公式计算判断；对D，根据与的通项公式，找出它们相同的项，从而可求的前10项的和. 【详解】对于A，因为，即， 所以， 故数列为等比数列，又，所以， 则，故A正确； 对于B，，则，故B错误； 对于C，因为，所以，故C正确； 对于D，因为，， 所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列， ，，，， 又，，， 因为， 为正奇数组成，的项也是奇数， 由上面推理可得，…是由的前14项去掉的前4项余下的项组成， 所以 故D正确. 故选：ACD. 11. 如图，经过坐标原点O且互相垂直的两条直线AC和BD与圆相交于A，C，B，D四点，M为弦AB的中点，下列结论正确的是（ ） A. AO长度的最大值为 B. 线段BD长度的最小值为 C. 点M的轨迹是一个圆 D. 四边形ABCD面积的取值范围为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据圆的一般方程写出已知圆的圆心和半径，由圆的性质判断B；由AO长度表示圆上点到原点的距离，即可判断A；若M，H，G，F分别是AB，BC，CD，AD的中点，圆心到直线AC，BD的距离且  ，易证四边形MHGF为矩形且其中心、对角线长度恒定，即可确定点M的轨迹判断C；根据 ，得到四边形ABCD的面积关于的表达式，结合二次函数性质求范围，判断D 【详解】由已知可得圆心为，半径， 由圆的性质知：圆心与直线BD距离最大为 ， 线段AO长度最大，则圆心与A，O共线且在它们中间， 此时，故A错误； 由圆的性质知：当圆心与直线BD距离最大为 时弦BD的长度最小， 此时，故B正确； 若M，H，G，F分别是AB，BC，CD，AD的中点， 则且 ，且 ， 又，易知：四边形为矩形，而      ， 若圆心到直线AC，BD的距离且  ， 所以     ， 则   ，故， 所以点M在以为直径，，的交点为圆心的圆上，故C正确； 由以上分析： ， ， 而 ， 所以  ， 令  ，则S  ， 当，即时，， 当或2，即或时，， 所以，故D正确． 故选：BCD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知双曲线，双曲线C上一点P到一个焦点的距离为4，则P到另一个焦点的距离为__________. 【答案】12 【解析】 【分析】根据双曲线定义求解. 【详解】由双曲线，得，，， 设其左右焦点为，， 则由双曲线的定义，得， 可设，则有(舍去或12， 故P在左支上，P到另一个焦点的距离为12. 故答案为： 13. 已知正方形ABCD的边长为2，E，F分别为AD，AB上的点，当的周长为4时，面积的最大值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设，，，根据已知有，再应用基本不等式求的最大值，即可求面积的最大值. 【详解】设，，，则， 因为的周长为4，所以， 因为，当且仅当时取等号， 故，则，则面积满足 故面积的最大值为 故答案为：. 14. 甲、乙两人各有4张卡片，每张卡片上分别标有1，2，3，4四个数字之一.两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，甲、乙各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较卡片上数字的大小，数字大者胜，然后各自舍弃此轮所选卡片舍弃的卡片在此后的轮次中不能使用则四轮比赛中，甲、乙每轮所出数字大小均不相同的情况共有__________种. 【答案】216 【解析】 【分析】甲，乙出卡片的种数均有种，不妨设甲出牌的数字依次为1，2，3，4，先求出甲、乙每轮所出数字大小有相同的情况，分三种情况：甲、乙每轮所出数字大小有一张、有两张、有三张卡片数字相同讨论，进而求出甲、乙每轮所出数字大小均不相同的情况有：种，则，得解. 【详解】甲出卡片的种数一共有种，同理，乙出卡片的种数也一共有种. 不妨设甲出牌的数字依次为1，2，3，4， 若甲、乙每轮所出数字大小有相同的情况， 则乙每轮所出数字有以下三种情况： ①甲、乙每轮所出数字大小有一张卡片数字相同， 不妨设乙第一轮所出数字为1，那么后面三轮所出卡片数字均不能相同， 有1，3，4，2和1，4，2，3两种情况， 则甲、乙每轮所出数字大小有一张卡片数字相同共有种情况； ②甲、乙每轮所出数字大小有两张卡片数字相同， 不妨设乙第一、二轮所出数字为1，2，那么后面两轮所出卡片数字均不能相同， 有1，2，4，3一种情况， 则甲、乙每轮所出数字大小有两张卡片数字相同共有种情况； ③甲、乙每轮所出数字大小有三张卡片数字相同，那么第四张卡片也会相同， 则乙每轮所出数字只有1，2，3，4一种情况. 故甲、乙每轮所出数字大小有相同的情况共有种， 所以当甲出牌的数字依次为1，2，3，4， 甲、乙每轮所出数字大小均不相同的情况有：种. 故甲、乙每轮所出数字大小均不相同的情况有：种. 故答案为：216. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是不妨设甲出牌的数字依次为1，2，3，4，求出甲、乙每轮所出数字大小有相同的情况，得到甲、乙每轮所出数字大小均不相同的情况. 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. 记的内角A，B，C的对边为a，b，c，已知， （1）求 （2）设，求边上的高. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先利用余弦定理求出，再由，结合平方关系可求的值； （2）结合（1）可得，再利用三角形面积相等可求得边上的高. 【小问1详解】 在中， ，， 而A为三角形内角， ， ， 整理得，得， 又，且， 【小问2详解】 由正弦定理得， 得， 由（1）得，，， ， 设边上的高为h，则， 边上的高为 16. 已知两定点，，动点P满足 （1）求点P的轨迹方程; （2）过的直线l与动点P的轨迹交于两点A，B，与直线交于点C，设O为坐标原点，若，求直线l的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的定义求解； （2）设直线l的方程为，设，，直线方程代入椭圆方程后应用韦达定理得，再由面积比得出关系，两者结合起来求得得直线方程． 【小问1详解】 依题意知，， 点P的轨迹是以、为焦点的椭圆，且焦点在x轴上， 设椭圆方程为， 由，，得，，， 故所求点P的轨迹方程为 【小问2详解】 依题意，设直线l的斜率为，则直线l的方程为， 设，， 联立，消y得，， 可得：①，②， 由，，， ，整理得③， 由①③得，，代入②，解得， 直线l的方程为或 17. 如图，在斜三棱柱中，M为的中点，底面为等腰直角三角形，且 （1）若在底面内的射影为点B，求点A到平面的距离; （2）若在底面内的射影为的中点，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点O，可得，证明面，即点A到平面的距离，得解； （2）取的中点O，易得两两互相垂直，建立空间直角坐标系，求出平面和平面的一个法向量，利用向量夹角公式运算求解. 【小问1详解】 如图，取的中点O，连接 为等腰三角形，，， 又在底面内的射影为点B， 面，又面，， 又，且面， 面， 即为点A到平面的距离. 又为等腰直角三角形，且 点A到平面的距离为. 【小问2详解】 如图， 取的中点O，连接，， 在底面内的射影为的中点， 面 为等腰三角形，， 建立如图所示的空间直角坐标系，易知， ，，，， ，，， 设平面的一个法向量为， 则，令，得， 设平面的一个法向量为， 由，令，得， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为 18. 已知函数且，关于对称的函数记为 （1）若，方程有且只有一个实数解，求a的值; （2）讨论方程在上实数解的个数; （3）若，设函数，若，求的取值范围. 【答案】（1） （2）当时，1个实数解.当，时，2个实数解；当时，1个实数解； （3） 【解析】 【分析】（1）求出，设与有公共点，解由及组成的方程组求出可得答案； （2）由，两边同取对数得令，利用导数判断出其单调性，分、、讨论方程在上实数解的个数可得的答案； （3）由得，设，则，利用导数判断出在上的单调性可得答案. 【小问1详解】 关于对称的函数为，， 设与有公共点， 由对称性可知，在上， ，， ，解得，得； 【小问2详解】 由（1）知，，由， 两边同取对数，，即 令，， 函数在上单调递增，在上单调递减. 当，方程在上实数解的个数为1个. 当，，方程在上实数解的个数为2个. 当，方程在上实数解的个数为1个； 【小问3详解】 ，定义域为，求导得， 又， ， 整理得，由基本不等式得，， ， 设，则， 易知， 在单调递增， ， 的取值范围为 19. 如果数列满足，为常数，，，则称数列为数列，已知项数为n的数列的所有项的和为，且为数列. （1）若，，，写出所有可能的的值; （2）若，，证明：“”是“数列为递增数列”的充要条件; （3）若，，证明：若，则或， 【答案】（1）2，4，0 （2）证明：必要性：因为， 所以，故数列为等差数列，公差为5， 所以，必要性成立； 充分性：由于，，，， 累加可得，，即， 因为，故上述不等式的每个等号都取到， 所以，即，充分性成立； 综上所述，“”是“数列为递增数列”的充要条件. （3）证明：令， 依题意，， 因为，，，， 所以 ， 因为，所以为偶数， 所以为偶数； 所以要使，必须使为偶数， 即4整除，亦即或， 当时，比如，，，， 或，，时，有，； 当时，例如，，，， 或，，，，有，； 当或时，不能被4整除， 综上所述：若，则或， 【解析】 【分析】（1）分析可能性结果，结合题意即可得结果； （2）根据题意利用等差数列的通项公式证明必要性；根据题意利用累加法证明必要性； （3）令，可得，根据题意求，分析可知要使，必须使为偶数，进而分析证明. 【小问1详解】 依题意可知有如下三种情况： 若，1，0，1，此时， 若，1，2，1，此时， 若，，0，1，此时 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题关键在于理解具有“数列”的数列特征，并根据所给信息结合等差数列相关知识以及递推关系等对问题进行求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $