精品解析：河南省豫西名校2025届高三下学期模拟考试（一）数学试题

2025届高三数学模拟测试卷（一） 本试卷满分150分，考试时间120分钟. 一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（　　　　） A. B. C. D. 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，，若，则（ ） A. B. C. 14 D. 10 4. 已知圆锥PO的母线长为2，O为底面的圆心，其侧面积等于，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知角，且，则（ ） A. B. C. D. 2 6. 设函数，若为增函数，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数的零点为轴上的所有整数，则函数的图象与函数的图象的交点个数为（ ） A. B. C. D. 8. 定义在上的函数满足，且当时，，则（ ） A. B. C. 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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 李明每天7：00从家里出发去学校，有时坐公交车，有时骑自行车．他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时30分钟，样本方差为36；自行车平均用时34分钟，样本方差为4．假设坐公交车用时X和骑自行车用时Y都服从正态分布，则（ ） A. P(X＞32)＞P(Y＞32) B. P(X≤36)＝P(Y≤36) C. 李明计划7：34前到校，应选择坐公交车 D. 李明计划7：40前到校，应选择骑自行车 10. 已知是定义在上的奇函数，当时，，则（ ） A. 的极大值点为 B. 函数的零点个数为3 C. 函数的零点个数为7 D. 的解集为 11. 平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是1675年卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的.已知在平面直角坐标系中，，，动点满足，其轨迹为一条连续的封闭曲线，则下列结论正确的是（ ） A. 曲线与轴的交点为和 B. 曲线关于轴对称，不关于轴对称 C. 坐标原点是曲线的对称中心 D. 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. 在中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，若，则角_______. 13. 已知抛物线的焦点为，若以轴正方向的射线绕焦点逆时针旋转，与抛物线交于点，过作轴，交准线于点，则的面积为______． 14. 将两个观赏球体封闭在一个正方体容器内，设正方体棱长为1，则两个球体体积之和的最大值为___________． 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. 已知，曲线在点处的切线斜率为. （1）求的值； （2）求不等式的解集. 16. 小明参加一个抽纸牌游戏，规则如下：有九张质地完全相同的纸牌，其中有一张大王牌，其余四种花色为：红桃、黑桃、方块、梅花各2张．逐次从9张牌中不放回地随机抽取一张纸牌，每次抽牌后，都往牌堆中加入一张新的大王牌． （1）求小明在前两次抽牌中只抽到一张大王牌的情况下，第三次抽牌抽到红桃牌的概率． （2）抽牌过程中，若抽到大王牌，则宣告游戏结束：若累计抽到两张花色相同的纸牌，也宣告游戏结束；否则游戏继续．用X表示小明在游戏中一共抽到的纸牌数，求X的分布列． 17. 如图，在三棱柱中，平面，E，F，G分别是棱AB，BC，上的动点，且． （1）求证：； （2）若平面与平面的夹角的余弦值为，求． 18. 已知双曲线：的渐近线方程为，过点的直线交双曲线于，两点，且当轴时，. （1）求的方程； （2）记双曲线的左右顶点分别为，，直线，的斜率分别为，，求的值. （3）探究圆：上是否存在点，使得过作双曲线的两条切线，互相垂直. 19. 对于，若数列满足，则称这个数列为“K数列”． （1）已知数列1，2m，是“K数列”，求实数m的取值范围． （2）是否存在首项为的等差数列为“K数列”，且其前n项和使得恒成立?若存在，求出数列的通项公式；若不存在，请说明理由． （3）已知各项均为正整数的等比数列是“K数列”，数列不是“K数列”，若，试判断数列是否为“K数列”，并说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届高三数学模拟测试卷（一） 本试卷满分150分，考试时间120分钟. 一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（　　　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 化简集合，按交集定义，即可求解 【详解】, 则. 故选:C 【点睛】本题考查集合间的运算，属于基础题. 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 首先根据复数代数形式的除法运算求出，再求出复数即可； 【详解】解：由题意得. 所以 故选：B 3. 已知向量，，，若，则（ ） A. B. C. 14 D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】由可得，然后再由数量积的坐标运算计算即可得解. 【详解】由题意可得，， 由，得，解得， 所以，又，所以. 故选：C. 4. 已知圆锥PO的母线长为2，O为底面的圆心，其侧面积等于，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用圆锥侧面积公式求出底面圆半径，进而求出高即可计算得解. 【详解】设圆锥PO的底面圆半径为，由母线长为2，侧面积等于，得， 解得，因此圆锥的高， 所以该圆锥的体积为. 故选：C 5. 已知角，且，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】由两角和与差公式化简后求解． 【详解】由，可得，即， 故.又，故， 即，代入可得. 故 故选：D 6. 设函数，若为增函数，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先分析函数在各段函数的单调性，依题意可得且，结合与的函数图象及增长趋势求出参数的取值范围. 【详解】因为，当时函数单调递增， 又在上单调递增，在上单调递减， 要使函数为增函数，则且， 又函数与在上有两个交点和， 且的增长趋势比快得多， 与的函数图象如下所示： 所以当时，当时，当时， 所以，即实数的取值范围是. 故选：B 7. 已知函数的零点为轴上的所有整数，则函数的图象与函数的图象的交点个数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意明确函数的表达式，数形结合求出二者的交点个数. 【详解】因为函数的零点为轴上的所有整数，所以函数的最小正周期， 所以，且，结合，可得， 所以． 作出函数与函数的图象，如下图所示， 可知函数的图象与函数的图象有个交点， 故选：D． 【点睛】方法点睛：函数零点的求解与判断 (1)直接求零点：令，如果能求出解，则有几个解就有几个零点； (2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点； (3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点． 8. 定义在上的函数满足，且当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先由已知条件求出一些特值, , 可得 ,反复利用，可得，，再由与、与的大小关系从而得出结论. 【详解】， 令得：，又， 反复利用可得： ①， 再令，由 , 可求得 , 同理反复利用 可得: ②， 由①②可得：有， ，，而 所以 , 故 . 故选：D. 【点睛】本题考查抽象函数及其应用, 难点在于利用 两次赋值后都反复应用 , 分别得到关系式①② , 从而使问题解决, 考查抽象函数的性质的应用及转化思想，属于难题. 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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 李明每天7：00从家里出发去学校，有时坐公交车，有时骑自行车．他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时30分钟，样本方差为36；自行车平均用时34分钟，样本方差为4．假设坐公交车用时X和骑自行车用时Y都服从正态分布，则（ ） A. P(X＞32)＞P(Y＞32) B. P(X≤36)＝P(Y≤36) C. 李明计划7：34前到校，应选择坐公交车 D. 李明计划7：40前到校，应选择骑自行车 【答案】BCD 【解析】 【分析】首先利用正态分布，确定和，再结合正态分布的对称性，和的原则，即可求解. 【详解】A.由条件可知，，根据对称性可知，故A错误； B., ，所以，故B正确； C. =，所以，故C正确； D. ，，所以，故D正确. 故选：BCD 10. 已知是定义在上的奇函数，当时，，则（ ） A. 的极大值点为 B. 函数的零点个数为3 C. 函数的零点个数为7 D. 的解集为 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用导函数求出单调区间，根据极值定义和奇偶性可判断A；数形结合判断B、C；赋值方法判断D 【详解】由题意得， 当时，，得， 令，得， 令，得； 所以在单调递减，在单调递增， 所以的极小值点为1， 又是定义在上的奇函数，所以的极大值点为，故A对； 当时，则，所以， 又是定义在上的奇函数，所以，所以 分别画出和的图象， 得函数的零点个数为3，B对； 令，得或或， 令，得，或， 如图，分别画出的图象， 由图可知：函数的零点个数为7， C 对； 令，则， 故D错； 故选：ABC 【点睛】方法点睛： 对于零点个数的求法：一是通过解方程求出零点，二是数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解 11. 平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是1675年卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的.已知在平面直角坐标系中，，，动点满足，其轨迹为一条连续的封闭曲线，则下列结论正确的是（ ） A. 曲线与轴的交点为和 B. 曲线关于轴对称，不关于轴对称 C. 坐标原点是曲线的对称中心 D. 的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据给定条件，求出曲线C的方程，由判断A；由曲线方程对称性判断B，C；求出的范围计算判断D作答. 【详解】设点，依题意，，整理得：， 对于A，当时，解得 ，即曲线C与y轴的交点为，，A正确； 对于B、C，因，由换方程不变，曲线C关于x轴对称， 因为，由换方程不变，曲线C关于轴对称， 所以坐标原点是曲线的对称中心，B不正确，C正确； 对于D，由得：，解得， 于是得，解得，D正确. 故选：ACD 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，若，则角_______. 【答案】 【解析】 【分析】借助余弦定理计算即可得解. 【详解】由余弦定理得， 所以， 所以， 因为，所以. 故答案为：. 13. 已知抛物线的焦点为，若以轴正方向的射线绕焦点逆时针旋转，与抛物线交于点，过作轴，交准线于点，则的面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】联立直线的方程和抛物线方程得到的坐标，从而利用三角形面积公式计算出结果. 【详解】由题知焦点，准线为，直线的方程为：， 联立，可得， 所以或（舍），， ， 所以． 故答案为：. 14. 将两个观赏球体封闭在一个正方体容器内，设正方体棱长为1，则两个球体体积之和的最大值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】设两个球，的半径分别为，，得到两圆与对角面相切，且与正方体三个面相切时，体积和最大，根据题意，求得的取值范围，利用球的体积公式，结合二次函数的性质，即可求解. 【详解】如图所示，为正方体的对角面， 设两个球，的半径分别为，， 当两圆与对角面相切，且与正方体三个面相切时，体积和最大， 所以，可得，所以， 由题意知，，且，故， 所以体积， 当时，最大，此时，最大值为. 故答案为：. 【点睛】解决与球有关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程： （1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； （2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素间的关系），达到空间问题平面化的目的； （3）求半径：根据作出截面中的几何元素，利用球的截面的性质，运用公式（为底面多边形的外接圆的半径，为几何体的外接球的半径，表示球心到底面的距离）求得球的半径，建立关于球半径的方程，进行求解，该方法的实质是通过寻找外接球的一个轴截面，把立体几何问题转化为平面几何问题来研究. 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. 已知，曲线在点处的切线斜率为. （1）求的值； （2）求不等式的解集. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求导，根据导数的几何意义可得参数值； （2）根据导数判断函数单调性，再结合函数的奇偶性解不等式即可. 【小问1详解】 由已知，得， 又函数在点处的切线斜率为， 即， 解得； 【小问2详解】 由（1）得，， 则恒成立， 即在上单调递增， 又， 即函数为奇函数， 由，可知， 即，解得， 即不等式的解集为. 16. 小明参加一个抽纸牌游戏，规则如下：有九张质地完全相同的纸牌，其中有一张大王牌，其余四种花色为：红桃、黑桃、方块、梅花各2张．逐次从9张牌中不放回地随机抽取一张纸牌，每次抽牌后，都往牌堆中加入一张新的大王牌． （1）求小明在前两次抽牌中只抽到一张大王牌的情况下，第三次抽牌抽到红桃牌的概率． （2）抽牌过程中，若抽到大王牌，则宣告游戏结束：若累计抽到两张花色相同的纸牌，也宣告游戏结束；否则游戏继续．用X表示小明在游戏中一共抽到的纸牌数，求X的分布列． 【答案】（1） （2） X 1 2 3 4 5 P 【解析】 【分析】（1）设事件A表示“前两次抽牌中只抽到一张大王牌”,设事件B表示“第三次抽到红桃牌”,利用条件概率公式能求出小明在前两次抽牌中只抽到一张大王牌的情况下,第三次抽牌抽到红桃牌的概率 (2)X的可能所有取值为:1,2,3,4,5分别求出相应的概率,由此能求出的分布列即可. 【小问1详解】 设事件A表示“前两次抽牌中只抽到一张大王牌”,设事件B表示“第三次抽到红桃牌”. 则 ．则小明在前两次抽牌中只抽到一张大王牌的情况下，第三次抽牌抽到红桃牌的概率为 . 【小问2详解】 X的可能所有取值为:1,2,3,4,5． ， ， ， ， ， 则X的分布列为： X 1 2 3 4 5 P 17. 如图，在三棱柱中，平面，E，F，G分别是棱AB，BC，上的动点，且． （1）求证：； （2）若平面与平面的夹角的余弦值为，求． 【答案】（1） 因为平面，平面， 所以，， 又，故两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 因为，，设，， 所以， 则， 则， 故； （2） 【解析】 【分析】（1）证明线线垂直，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，计算出，得到垂直关系； （2）在（1）的基础上，得到，故，从而得到线面垂直，故为平面的一个法向量，结合平面的法向量，利用向量夹角余弦公式得到方程，求出，从而求出. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ，则， 则， 则， 又，平面， 所以平面， 故为平面的一个法向量， 又平面的法向量为， 则平面与平面的夹角的余弦值为 ， 又平面与平面的夹角的余弦值为， 所以，解得，故. 18. 已知双曲线：的渐近线方程为，过点的直线交双曲线于，两点，且当轴时，. （1）求的方程； （2）记双曲线的左右顶点分别为，，直线，的斜率分别为，，求的值. （3）探究圆：上是否存在点，使得过作双曲线的两条切线，互相垂直. 【答案】（1）； （2）； （3）存在. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，求出即可得的方程. （2）设出直线的方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理，结合斜率坐标公式求解即得. （3）设出双曲线的两条切线方程，与双曲线方程联立，结合判别式求出两条切线交点的轨迹方程，再判断与圆的位置关系即可得解. 【小问1详解】 由对称性知，双曲线过点，则，解得， 所以双曲线的方程为. 【小问2详解】 由（1）得，设， 显然直线不垂直于y轴，设直线的方程为， 由消去x得， 显然，， 则，即， 所以. 【小问3详解】 圆上存在点，使得过作双曲线的两条切线互相垂直. 若双曲线的两条切线有交点，则两条切线的斜率存在且不为0， 设双曲线的两条切线分别为， 将代入消去得：， 由得，解得， 因此，设两条切线的交点坐标为， 则，即有，且， 即， 于是是方程的两根， 而，则，即，从而两条切线们交点的轨迹为圆， 而的圆心为，半径为1，圆的圆心，半径为3， 显然，满足，即圆与圆相交， 所以圆上存在点，使得过作双曲线的两条切线互相垂直. 【点睛】方法点睛：①引出变量法，解题步骤为先选择适当的量为变量，再把要证明为定值的量用上述变量表示，最后把得到的式子化简，得到定值；②特例法，从特殊情况入手，求出定值，再证明这个值与变量无关． 19. 对于，若数列满足，则称这个数列为“K数列”． （1）已知数列1，2m，是“K数列”，求实数m的取值范围． （2）是否存在首项为的等差数列为“K数列”，且其前n项和使得恒成立?若存在，求出数列的通项公式；若不存在，请说明理由． （3）已知各项均为正整数的等比数列是“K数列”，数列不是“K数列”，若，试判断数列是否为“K数列”，并说明理由． 【答案】（1） （2） 不存在．理由如下： 假设存在等差数列符合要求，设公差为d，则， 由得． 由题意，得对均成立，即． 当时，； 当时，恒成立， 因为，所以，与矛盾， 所以这样的等差数列不存在． （3）不是，理由如下： 设数列的公比为q，则． 因为的每一项均为正整数，且， 所以在中，为最小项. 同理，中，为最小项. 由为“K数列”，只需，即． 又因为不是“数列”，且为最小项， 所以，即． 由数列的每一项均为正整数，可得， 所以或． 当时，，则． 令，则， 又， 所以为递增数列，即， 因为， 所以对于任意的，都有，即数列为“K数列”． 当时，，则． 因为，所以数列不是“K数列”． 综上所述，当时，，数列为“K数列”； 当时，，数列不是“K数列”． 【解析】 【分析】（1）根据题意得到，且，，再解不等式组即可； （2）首先假设存在等差数列符合要求，从而得到成立，再分类讨论和的情况，即可得到答案； （3）首先设数列的公比为q，则，根据题意得到，从而得到为最小项，同理得到为最小项，再利用“数列”的定义得到，或，，再分类讨论即可得到答案. 【小问1详解】 由题意得，且，解得， 所以实数m的取值范围是． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：需要根据题中所给的“K数列”满足的条件，分析数列满足的关系式再进行列式分析，属于难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $