河南省2025届普通高等学校招生全国统一考试青桐鸣大联考高三数学考试卷

2025届普通高等学校招生全国统一考试 青桐鸣大联考（高三） 数学参考答案 1.B【解析】易得M=(0,4),N=(1,5),故MUN= MN的中点为Q(xQya),F(c,0),由PF=2F,得 (0,5). 故选B. o-3c, 21 2.D【解析】a十b|2=a2+b2+2a·b=4+1+2= 7,故|a+b|=√7. 故选D. 面+3红十++护2+电 4a2 462 4a2 3.A【解析】易得2sin0cos0=cos0,故cos0(2sin0- 2(y听+y) 1)=0,又0E(（←受·），放cos0*0,故2sin0-1= =1, 4b2 3c-x)2,y8 0,解得s如0=合放0=晋 故 6 4a2 462下1， 故选A. 器管+浩+器<1， 4.B【解析】x=1时，c2一e=0,则对于任意的a∈ R,(a-x)(e-e)≤0恒成立，x∈（-∞，1)时， 整理得9e-3<3c, 4a2-42a7, e-e<0,故a-x>0,故a>x,即a≥1；x∈(1， 因为x。的任意性，此不等式恒成立， 十∞)时，e一e>0,故a-x<0,故a<x,即a≤ 1,综上a=1.验证a=1时，符合题意. 故%-3<3c·,二a2,即3e+2e-1<0,解得 4a-42a2 故选B. 5.B【解析】y=x与∫(x)的图象相切，设切点为 0<e<3 (xo,xo),则f'(xo)=1+ln(x。+k)=1,故x0+ k=1, 故精圆E的离心率的取值范围为6，号)】 由f(xo)=xo,即(xo十k)ln(xo十k)=xo,将x。+ 故选C k=1代入上式，得x0=0,故k=1. 8.C【解析】令t=wx十p,则由x1+3x,=4x2,得 故选B. t1十3t3=4t2,故t2-t1=3(t3-t2),由tg-t1= 6.D【解析】因为AD⊥DC,AD⊥PC,DC∩PC= 2π，可得(t3-t2)+(t2-t1)=2π， C,DC,PCC平面PCD,所以AD⊥平面PCD,故 ∠ADP=90°，同理，∠ABP=90°，且易得 故-t妇=受又十a=2X(2x+）,k∈z, ∠ACP=90°，取PA的中点为O,则OB=OD= 故，=2x+,k∈Z OC=OA=OP,故O为P-ABCD的外接球的球 心，且PA为外接球的直径，由BD2=52+72一2× 由sin-b=0,得6=sin(2kx+）,k∈Z,故 5X7cos60°=39，得BD=√39，又AC为四边形 ABCD外接圆的直径：AC-BO=2VB,设四 6② 2 故选C 棱锥P-ABCD的外接球的半径为R,(2R)2= PA2=AC2+PC2=(2√13)2+(2V3)2=64,解得 ABc【标1-侣-D侣-5号-1i散 R=4.故四棱锥P-ABCD外接球的表面积为 z=1十i,故A正确； S球=4πR2=64x. |x一i=|1-2i=√5，故B正确； 故选D. z=(1-i)=[(1-i)2]2=(-2i)2=-4∈R,故C 7.C【解析】设P(xo,yo),M(x1,y1),N(x2y2), 正确； ·数学答案（第1页，共4页)· x=1一i在复平面上对应的点(1，一1)在第四象 易知x∈(0，√3)时，∫(x)单调递减，x∈(3， 限，故D错误. 十o∞)时，f(x)单调递增，故D错误. 故选ABC. 故选AC. 10AD【得折降y-+1代人号-茶=， 8 12.5 【解析】{am}的前10项为1,3,6,10,15,21， 整理得(b2-4)x2-8x-4-4b2=0, 28,36,45,55,共有6个奇数、4个偶数，当取到两 △=64-4(b2-4)(-4-4b2)=0,解得b=√3，故 项为一奇一偶时，和为奇数，故和为奇数的概率为 A正确； C6C_8 将4，)代人双曲线方程得：4-普-1，可得 C。15 y=9,即y0=土3，故B正确； ,【解析】连接BD,AC与BD交于点O,且易 A,(-2,0),A:(2,0),易得kpm,·kpw,=治 得BD⊥AC,BD⊥CC,AC,CC,C平面 6 ACC,A1,又AC∩CC1=C,则BD⊥平面 台-器一号，放C错误， ACC1A1,故C,O即为C,B在平面ACC1A,上的 射影，∠BC,O即为所求的线面角，又BO=√瓦， 1 设双曲线的焦距为2c,则S△，，=乞×2c·l%l= BC,=6,故sn∠BC,0-C-后-号 B0=√2=③ 3√7， D 又S△F,PF2= =3V7, 1 tan2∠F,PF 可得an分∠R,PR:-,则s血专∠R,PR,= 1 4 14] 【解析】设切点坐标为()，则二 to-a 散如∠R,PF,=2x号×受-浮傲D正确 4 f'(x),即e-b xo一a =(1-xo)eo, 故选ABD. 11.AC【解析】令x=y=1,则f(1)=f(1)f(1)+ 整理可得(x-ax。十a)e0-b=0, 2f(1),则f(1)[f(1)+1]=0,又f(1)≠-1，故 令h(x)=(x2一ax十a)e2一b,原条件等价于关 f(1)=0,故A正确； 于x的函数h(x)有3个不同的零点，h'(x)= 令x=y=-1,则f(1)=f2(-1)-2f(-1)= -er[x2-(a+2)x+2a]=-e(x-2)(x 0,故f(-1)[f(-1)-2]=0,:f(-1)≠2，故 a),x∈（一∞，a)时，h(x)单调递减，值域为 ∫(-1)=0，故B错误； (h(a),十∞)，x∈(a,2)时，h(x)单调递增，值域 由f(y)=f(x)f()+f)+f2,得 为(h(a),h(2)),x∈(2，+∞)时，h(x)单调递 y x 减，值域为（一b,h(2),故h(x)有3个零点等价 xyf(zy)=zyf(z)f(y)+zf(x)+yf(y), h(a)<0, xyf(xy)+1=[xf(x)+1][yf(y)+1],令 于h(2)>0,解得0<6<怎2，而a<0,故实数 xf(x)+1=g(x),则g(xy)=g(x)g(y),且 -b<0, g(-1)=-f(-1)+1=1,取y=-1,则 g(-x)=g(x),故g(x)为偶函数，故f(x)= 6的取值范盟为，引 gx）-1为奇函数，故C正确； 15.解：(1)设AB=24k,AD=15k,AC=40k, x 3∠BAC=0, (1分) 由C中8）=8egy),可取8x)=子，则 由SAABC=S△ABD十S△ACD, fe)=又fx)-是-是-3， 得宁×24k×40ksin20=司×24k×15ksin0+ ·数学答案（第2页，共4页）· 乞X40kX15ksin0, (2分) 设平面A1BC的法向量为n=(x2,y2,z2), n·A1B=0, 解得c0s0=分， 则 (4分) n·BC=o, 又0<0<90°，即0=60°， (5分) 即 2x2-2z2=0, 故∠BAC=120°. (6分) -2x2+2y2=0, (2)设△ABC的内切圆的半径为r,S△ABc= 取x2=1,则n=(1,1,1), (13分) 号a+b+e),而a2-6++c=40)r+ m。n 2= 所以cos(m,n)=m·m-V2X5 3 (24)2+40k·24k,可得a=56k, (7分) (14分) 故a+b+c=120k, (8分) 故所求二面角的正弦值为。 (15分) 1 故由2×40k×24ksin120°= 2×120kx 2, 17.解：(1)易得f(x)=e-2x-a有两个零点， (10分) (1分) 解得及=官 令g(x)=∫'(x),g'(x)=e-2, (2分) (11分) 当x∈(-∞，ln2)时，g'(x)<0,g(x)单调递减， 故120k=15, g(x)的值域为(2-2ln2-a,+o∞)： (4分) 所以△ABC的周长为15， (13分) 当x∈(ln2,+∞)时，g'(x)>0,g(x)单调递增， 16.解：(1)证明：因为四边形ABB,A1是正方形，故 g(x)的值域为(2-2ln2-a,十∞)， (6分) BA1⊥B1A, (1分) g(x)有两个零点，等价于2-2ln2-a<0, 而BA1⊥B,C,又B1A∩B,C=B1,B1A,B1CC 解得a>2-2ln2,故a的取值范围为(2-2ln2, 平面B,AC,所以BA1⊥平面B1AC,(2分) +∞). (7分) 又ACC平面B1AC,故BA1⊥AC, (3分) (2)证明：由(1)知：x1<1n2<x2,且e-2x2- 又AA1⊥AC,且BA1∩AA1=A1,BA1,AAC a=0, (8分) 平面AA,B,B,故AC⊥平面AA,BB,(4分) 故c2-2x2=a, 又ABC平面AA:B1B,所以AC⊥AB,即 故f(x2)=e2-x-(e2-2x2）x2-1=(1- ∠BAC=90°. (5分) (2)以A为坐标原点，A店，AC,AA方向分别为 x2)e2+x-1(x2>ln2), (12分) 令h(x)=(1-x)e+x2-1(x>ln2),(13分) x,y,之轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐 则h'(x)=-xe2+2x=x(2-e)<0,故h(x) 标系A-xyz, (8分) 单调递减， (14分) 故h(x)<h(ln2)=(1-ln2)2,故f(x2)= h(x2)<(1-ln2)2,故原式得证. (15分) C 18.解：(1)设直线AB:x=my+3(m≠0)， 代人y2=2px,得y2=2p(my+3), (1分) 整理可得y2一2pmy一6p=0,△>0， (2分) yAyB=-6p=一12，解得p=2. (4分) (2)证明：由(1)知，C:y2=4x,设点Q(x1,y1), R(x2y2）, 则A1(0,0,2),C(0,2,0),B(2,0,0),B1(2,0, 2),C1(0,2,2),A1B=(2,0,-2),A1C=(0,2, 则k阳=6二头=g一生=4 (5分) x0一x1 y6_y1y+y1' 0),BC=(-2,2,0), (9分) 44 设平面A,BC1的法向量为m=(x1,y1,之1)， 直线PQ的方程y-3号，十yx-x, m·A百=0，即2x一21=0， 则 (6分) m·A1C=0,2y1=0, 取x1=1,则m=(1,0,1), (11分) 将x0=代人上式，化简得4红一（少+y)y+ ·数学答案（第3页，共4页）· y0y1=0, (7分) √5-1 √5-1 6. 故点M(3,0)到直线PQ的距离为 2 2 故 |12+yoy1 5-1 =2化简得(4-y)y?- 5-1 6n-1 √16+(y+y)7 2 -2 16y0y1+4y6-80=0, 5-1 同理(4-y6)y2-16y0y2+4y-80=0, b22 故y1,y2是方程(4-y)y2-16yoy+4y-80= 6,-- 2 0的两个根， (10分) 16y0 4y6-80 易知+=： b.6b,·5”'- 4一哈， (12分) 而同理可得QR的方程为4x一(y1+y2)y十 .< ,(8分) y1y2=0, (14分) .M(3,0)到直线QR的距离为 对ve>0,要想使得b。-5会<，只需 4y-80 12+ |12+y1y2 4-y6 52)<e,即n-1>1og学e,只需取s= √W16+(y1+y2) 16yo /16+0 4-y8 [logg学e]+2,其中[log=e]为1g=e的整数 1-8y6-321 18(y+4)L =2 <e √16(4-y6)2+256yg√16(y8+4)7 部分，此时n-1>1o8e,即b.-5 2 (16分) 原命题得证. (10分) 故对于C上的点P,总存在另外两点，使⊙M为 (3)当n≥2时，an=amt1一am-1, △PQR的内切圆. (17分) 故a=anam+1一am-1an=一am-1a。十anam+1’ 2 3 19.解：1)b,=1,b,=2b,=3b,=5b,=8 故a2+a3+…+a=-a1a2十a2a1-a2a3十 a3a4+…-an-1an十anam+1=anam+1-1, (5分) 则Sn=a好十a经十…十a=anam+1, (12分) (2)证明：bm+1 ant= am+1一= 1一二 an+2a.+an+lan十1 Sn被9整除，有3种情况：①a,被9整除；②am+1 被9整除；③an,a+1都能被3整除. (13分) an+l 1 第③种情况：若an,am+1都能被3整除，则am-1= bn+1' a+1一a,能被3整除，则am-2,an-3,,a1能被 5-1=(-1)× 3整除，显然错误， (14分) 2 设an除以9的余数为rn,将r1,r2,…,rn一一列 5-1 出：1,1,2,3,5,8,4,3,7,1,8,0,8,8,7,6,4,1,5， 5-16, 2 6,2,8,1,0,1,1,… 2 bn+1’ (6分) 发现：(r,r2)=(r5,r6)=(1,1), (15分) 6161 再由{an}的特点：am+2=am十am+1,可知：r2s,r26, 2 5-1 1 r27,…,r48将会重复r1,r2,r3,…,r24的排列 6.-5二1 2 bn+11 (7分) 次序， 2 故{rn}是以24为周期的数列， (16分) 而当n≥2时，ant1=an十am-1≤2am, 在一个周期内，r12=r24=0,即S11=a1a12,S12= 6,≥6≤号 11 2 a12a13,S23=a23a2u,S24=a24a25能被9整除，故 41 所求概率为24一6 (17分) 25-1 6.-5 2 3 2 ·数学答案（第4页，共4页)· 2025届普通高等学校招生全国统一考试 青桐鸣大联考（高三） 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结来后，将本试卷和答题卡一并变回. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共0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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知对任意的，不等式恒成立，则实数 （ ） A. 0 B. 1 C. D. -1 5. 已知曲线的一条切线的方程为，则实数（ ） A. 0 B. 1 C. -1 D. 6. 如图，在四棱锥中，平面，则四棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知椭圆上有动点在任意位置时，总存在椭圆上的另外两点，使的重心为右焦点 ，则椭圆 的离心率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，是函数的3个相邻的零点，且，则（ ） A. B. C. D. 二、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. 已知复数，为虚数单位，为的共轭复数，则下列说法正确的有（ ） A. B. C. 是实数 D. 在复平面上对应的点在第二象限 10. 已知直线与双曲线的图象相切，双曲线的左、右顶点分别为，左、右焦点分别为，若是双曲线上一点，则下列说法正确的有（ ） A. B. C. 直线和直线的斜率的乘积为 D. 11. 若函数满足；①定义域为；②，；③对，，；④不恒等于0，则下列说法一定正确的有（ ） A. B. C. 为奇函数 D. 在上，单调递增 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列的通项公式为，则从该数列的前10项中随机取出不同的两项，和为奇数的概率为__________. 13. 如图，在四棱台中，平面 ，四边形 为正方形，，则直线与平面所成角的正弦值为__________. 14. 已知对于，过点可作曲线的3条不同的切线，则实数 的取值范围为__________. 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. 如图， 的内角的对边分别为为的角平分线，且交于点 ，且. （1）求； （2）若 的内切圆的半径为，求 的周长. 16. 在直三棱柱中，. （1）证明：； （2）求二面角的正弦值. 17. 已知函数，且有两个极值点. （1）求实数 的取值范围； （2）证明：. 18. 过点且斜率存在的直线 交抛物线于不同的两点，且. （1）求 ； （2）已知的半径为2，证明：对于抛物线上的动点，且，总存在抛物线上的另外两点，使为的内切圆. 19. 已知数列和常数存在以下关系：对，当时，，则称为的极限，若数列的极限是，则称数列为“超极限数列”.已知数列满足. （1）写出的前5项； （2）证明：为“超极限数列”； （3）若，从中任取一项，求该项能被9整除的概率. 2025届普通高等学校招生全国统一考试 青桐鸣大联考（高三） 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结来后，将本试卷和答题卡一并变回. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共0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题答案】 【答案】B 【2题答案】 【答案】D 【3题答案】 【答案】A 【4题答案】 【答案】B 【5题答案】 【答案】B 【6题答案】 【答案】D 【7题答案】 【答案】C 【8题答案】 【答案】C 二、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题答案】 【答案】ABC 【10题答案】 【答案】ABD 【11题答案】 【答案】AC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 【12题答案】 【答案】 【13题答案】 【答案】 【14题答案】 【答案】 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题答案】 【答案】（1） （2）15 【16题答案】 【答案】（1）证明：因为四边形是正方形，故， 而，又平面， 所以平面， 又平面，故， 又，且平面， 故平面， 又平面，所以，即. （2）. 【17题答案】 【答案】（1） （2） 由（1）知：，且， 故， 故， 令，则， 当时，，在上单调递减， 所以， 故，原式得证. 【18题答案】 【答案】（1） （2） 由（1）知，，设点，， 则， 直线的方程：， 将代入上式，化简得， 故点到直线的距离为， 化简得， 同理， 故是方程0的两个根， 易知， 而同理可得的方程为， 到直线的距离为. 故对于上的点，总存在另外两点，使为的内切圆. 【19题答案】 【答案】（1） （2） ， 故， ， 而当 时，， ，， 故， 故.， ， 对，要想使得，只需， 即，只需取， 其中为的整数部分， 此时，即，原命题得证. （3） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $