精品解析：河南省信阳高级中学2024-2025学年高三下学期高考数学三模试卷

2025年河南省信阳高级中学高考数学三模试卷 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. R 【答案】C 【解析】 【分析】化简集合，根据交集运算求解. 【详解】由，或， 所以. 故选：C. 2. 已知复数，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的除法运算求出，再利用共轭复数及复数的概念即可得解． 【详解】依题意，，则， 所以的虚部为． 故选：A． 3. 已知两个非零向量，的夹角为，且，则（ ） A. 3 B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知条件，结合数量积的运算律可推得.进而根据数量积的运算律求出，，即可得出答案. 【详解】由已知可得，即， 所以，. 所以，， ， 所以，. 故选：B. 4. 已知为等差数列的前项和，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据由求和公式得，再结合等差数列通项性质即可求解． 【详解】由题意， 所以， 故选：C． 5. 已知函数，若，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数确定函数的单调性，再构造函数并借助媒介数比较的大小即可. 【详解】函数的定义域为，求导得， 函数在上单调递增，，则； 令函数，求导得， 令函数，求导得，令函数， 求导得，函数在上递增，，函数在上递增， ，函数在上递增，，，则； 令函数，求导得， 函数在上递减，，即，则， 因此，所以. 故选：A 6. 已知椭圆与抛物线有公共焦点，且E与C的一个交点为，则E的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据点在抛物线上得出，再根据抛物线焦点求出结合椭圆的定义计算求解得出离心率. 【详解】因为抛物线过点，则  ，所以， 因为椭圆与抛物线有公共焦点， 所以，椭圆的焦点坐标为, 由椭圆的定义得，则， 所以. 故选：A. 7. 闭多面形是指由有限个平面多边形（不必为凸多边形，这些平面多边形称为该闭多面形的面，它们的边和顶点分别称为该闭多面形的棱和顶点）拼合而成的几何体，其中这些平面多边形的拼合方式满足：（1）每两个顶点可以由几何体的一些棱所组成的折线连接起来；（2）任两个面或没有公共点，或恰有一个公共的顶点，或恰有一条公共的棱；（3）每条棱都恰是几何体两个面的公共棱；（4）每个顶点都是锥形的顶点.对于有个顶点，条棱，个面的闭多面形，定义，则可能为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】利用立方体，四面体等几何体进行检验，归纳，猜想即可得到答案. 【详解】题目中的条件包括四个部分： 每两个顶点可以通过棱的折线连接，即这个多面形是连通的. 任意两个面要么没有公共点，要么共享一个顶点，要么共享一条棱，这样排除了面之间共享多个棱或者部分边的情况. 每条棱恰好是两个面的公共棱，这和普通多面体的定义一致. 每个顶点都是锥形的顶点，可能意味着每个顶点周围的面的排列方式类似于圆锥的顶点，也就是说每个顶点周围的边和面构成一个锥形结构，这样可能排除了某些复杂的顶点结构. 根据这些条件，闭多面形应该满足类似于多面体的欧拉公式，即， 比如计算一些例子： 立方体：，选项C正确； 四面体：，也是选项C正确； 闭多面形的欧拉示性数 ， 对于拓扑同胚于球面的多面体（如立方体、四面体），. 尝试其他的例子也显示同样的结论，所以有充分信心大胆猜想成立. 故选： C. 8. 设函数在区间单调递减，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用指数型复合函数单调性，判断列式计算作答. 【详解】函数在上单调递减，函数在R上单调递增， 因此函数的单调递减区间是，而函数在区间单调递减， 则，即，解得，所以a的取值范围是. 故选：D 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. 9. 如图，棱长为4的正方体中，为棱的中点，为正方形 内的一个动点（包括边界），且平面，则下列说法正确的有（ ） A. 点的轨迹长度为 B. 的最小值为 C. 三棱锥体积的最小值为 D. 当与垂直时，直线与平面所成的角为 【答案】BC 【解析】 【分析】A项，作出过且平行于平面的平面，得出点的轨迹，即可求出点的轨迹长度；B项，将平面和平面展开到一个平面内，即可得出的最小值；C项，利用等体积法，转化为求的体积，得出当的面积最小时，体积最小，进而计算出最小值；D项，求出与垂直时点的位置，建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，得出直线的方向向量和平面的法向量，即可计算角度. 【详解】如图，令中点为中点为，连接MN， 又正方体中，为棱的中点， 可得，平面，平面， 平面平面， 又，且平面 ∴平面平面， 又平面，且平面平面， 又为正方形内一个动点（包括边界）， 平面平面， 而平面平面，的轨迹为线段， 由几何知识得，分别为线段的中点， ∴, 对A，的轨迹长度，故A错误； 对B， 将平面和平面展开到一个平面内， 的最小值即点和点连线的距离， 由题意易得，所以与全等， 从而取最短距离时，是的中点，且， 又，所以，所以，故B正确； 对C，由正方体侧棱底面， 所以三棱锥的体积即三棱锥的体积， 所以的面积最小时，体积最小， ，易得在处时面积最小， 此时，， 所以体积的最小值为，故C正确； 对D，建立空间直角坐标系，并连接 ∴, 易知平面 ，又平面， ， 又平面， 平面 ， 设平面（即与的交点为 ，此时平面， 由几何知识得，点为中点， ∴,， 在平面中，其一个法向量为， ∴直线与平面所成的角的余弦值为： ， ∴当与垂直时，直线与平面所成的角为，故D错误； 故选：BC. 10. 已知，为抛物线上两点，的焦点为，且，，则下列结论正确的是（ ） A. 的准线为 B. 当时，的值为5 C. 的最小值为3 D. 的最大值为 【答案】CD 【解析】 【分析】对于AB，根据抛物线的方程和定义即可判断；C选项，利用抛物线定义得到，当三点共线时和最小，求出最小值；D选项，作出辅助线，找到可判断. 【详解】因为，，，准线方程为， 所以由抛物线的定义可得， 的准线为，故选项A错误； 当时，，的值为，故选项B错误； 如图，过点P作准线于点B，则由抛物线定义可知：，则，当A、P、B三点共线时，和最小，最小值为，C正确； 由题意得：，连接AF并延长，交抛物线于点P，此点即为取最大值的点，此时，其他位置的点，由三角形两边之差小于第三边得：，故的最大值为，D正确. 故选：CD. 11. 1679年，德国著名数学家、哲学家戈特弗里德·威廉·莱布尼茨发明了二进制，这是一种使用0和1两个数码的数制，是现代电子计算机技术的基础．对于整数可理解为逢二进一，比如：在十进制中的自然数1在二进制中就表示为表示为表示为表示为表示为．若自然数可表示为二进制表达式，则，其中当时，或，记为整数的二进制表达式中0的个数，则以下说法中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题设新定义分别写出的二进制表示方式，判断A、B；由判断C；根据，结合二项式定理有，即可判断D. 【详解】对于A：，故，对； 对于B：，其中共有3个0，故，对； 对于C：，，故，显然时，错； 对于D：，则， 所以，对. 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知圆与双曲线的一条渐近线交于，两点，且，则该双曲线的离心率为________． 【答案】## 【解析】 【分析】先求出双曲线的渐近线方程，然后根据半径和圆的弦长得出圆心到渐近线的距离，利用点到直线的距离公式得出，即可求出双曲线的离心率. 【详解】双曲线的渐近线为， 由对称性可知，取研究即可， 易得的圆心为，半径，又弦长， 所以圆心到直线的距离为， 所以， 所以双曲线的离心率， 故答案为：. 13. 一个学校有个学生，他们要么戴红帽子，要么戴蓝帽子，但是帽子可以变色即由红变蓝，或由蓝变红只要他们戴红帽子，就说真话；只要他们戴蓝帽子，就说假话某一天，他们中的每两人都见了一次面，并且都说对方戴蓝帽子，那么这一天他们的帽子总共最少变了______次色. 【答案】2021 【解析】 【分析】根据见面的两个中一定是一个戴红帽子，一个戴蓝帽子，即可根据有三人不变色时不成立，考虑两个人变色的情况，即可通过类推得解. 【详解】因他们恰好每两人都见了一次面，且只要他们戴红帽子，就说真话，要他们戴蓝帽子，就说假话，所以见面的两个中一定是一个戴红帽子，一个戴蓝帽子， 如果有三个人不变色，则（1）如果有两人同时红帽子，则同时说真话，红戴红帽，两人同时戴蓝帽，则说假话，同时戴红帽，不成立， 所以最多人不变， 设2023个学生分别为，戴红，戴蓝， 分别与其他人见面，不需要改变，改红，与见面，改红， 依次类推，与见面，改红， 综上可知和不需要改变颜色，所以至少要改变次， 故答案为：. 14. 已知直线与函数的图象相交，若自左至右的三个相邻交点，，满足，则实数______. 【答案】或##或 【解析】 【分析】根据题意将条件转化为直线与函数的图象相交，由三角函数的周期性结合已知得出的长并用和的横坐标之差表示，再结合和的中点函数值取最值即可求解. 【详解】解：由题知，直线与与函数的图象相交 等价于直线与函数的图象相交 设，， 所以， 又由得： 即 化简得：① 由题知点和点的中点坐标为： 当直线与函数的交点在轴上方，则 即， 化简得：② 由①②联立得：， 所以 即 解得： 当直线与函数的交点在轴下方，则 即， 化简得：③ 由①③联立得：， 所以 即 解得： 所以或 故答案为：或. 【点睛】关键点睛：本题的关键是设坐标之后列方程求出或者的整体，进而求出，并且要讨论交点在正弦型函数的下半部分和上半部分的情况. 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. 研究表明，春季早晚温差大，由于个人体质不同，可能会导致感冒患病. 某医学研究小组为了解20-30岁年轻人的体质健康是否与性别有关，在4月感冒易发季节对某一小区中该年龄段的年轻人进行了随机抽样，得到如2×2列联表. 性别 健康状况 感冒 不感冒 男 8 14 女                    4 24 （1）在上述感冒的年轻人中按照性别采用分层抽样的方法抽取6人，再从这6人中随机选取3人访谈，记参与访谈的男性人数为X，求X的分布和期望； （2）依据表中数据，在犯错误的概率不超过0.05的前提下，20-30岁年轻人的体质健康与性别是否有关?若把表中所有数据都扩大到原来的10倍，此时结论还一样吗?请解释其中原因，并简要说明应如何调整调查可使此研究更具有严谨性. 参考数据： 参考公式：，其中. 【答案】（1）的分布列为 1 2 3 （2）无关，不一样，为使此研究更具有严谨性，可以扩大调查的样本容量. 【解析】 【分析】（1）利用分层抽样的方法抽取6人，则抽取男性4人，女性 2人，随机变量的所有取值为，求出对应概率，即可列出分布列，求出期望； （2）根据列联表中的数据， 经计算得到，再和参考数据表中对应的数据比较，即可得到结论. 【小问1详解】 样本中感冒的男性有8人，女性有 4人，比例为， 按照性别采用分层抽样的方法抽取6人，则抽取男性4人，女性 2人， 随机变量的所有取值为. ， ， ， 所以的分布列为 1 2 3 所以. 【小问2详解】 提出统计假设：20-30岁年轻人的体质健康与性别无关. 根据列联表中的数据，经计算得到， 因为，假设成立， 所以在犯错误的概率不超过0.05的前提下，认为20-30岁年轻人的体质健康与性别无关. 如果把所有数据都扩大10倍后， ，， 即在犯错误的概率不超过0.05的前提下，认为20-30岁年轻人的体质健康与性别有关. 所以扩大10倍后，数据改变，结论也会发生变化， 为使此研究更具有严谨性，可以扩大调查的样本容量. 16. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求角B的大小； （2）若，求的取值范围． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）先由诱导公式和两角和的正弦公式转化条件等式，再结合正弦定理角化边和余弦定理即可求解角B； （2）由正弦定理进行边化角得到，再利用结合两角差的正弦公式和余弦函数性质即可求解. 【小问1详解】 在中，有， 所以， 由正弦定理得， 由余弦定理得，所以， 因为，所以． 【小问2详解】 由正弦定理得， 所以， 因为，所以，故的取值范围为． 17. 如图，在三棱柱中，是正方形的中心，，平面，且 （Ⅰ）求异面直线与所成角的余弦值； （Ⅱ）求二面角的正弦值； （Ⅲ）设为棱的中点，点在平面内，且平面，求线段的长． 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ） 【解析】 【分析】（Ⅰ）以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立坐标系，设异面直线与所成角为，算出，再利用计算即可； （Ⅱ）分别求出平面的法向量与平面的法向量，再利用向量的夹角公式算得即可； （Ⅲ）设，由平面，得，进一步得到的坐标，再由模长公式计算的长. 【详解】如图所示，建立空间直角坐标系，其中点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴， 由题意， ， （Ⅰ）， 所以， 设异面直线与所成角为， 则， 所以异面直线与所成角的余弦值为. （Ⅱ）易知， 设平面的法向量， 则，即， 令，则，所以， 同理，设平面的法向量， 则，即， 令，则，所以， 所以， 设二面角的大小为， 则， 所以二面角的正弦值为. （Ⅲ）由为棱的中点，得， 设，则， 由平面，得，即 ， 解得，故，因此， 所以线段的长为. 【点睛】本题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识，考查学生的空间想象能力、运算能力和推理论证能力. 18. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，过的直线交于两点（在轴上方)，的周长为，当时，的面积为. （1）求的方程； （2）若的离心率不大于，半径为的圆与的延长线，的延长线及线段均相切. （i）当时，求； （ii）求的最大值. 【答案】（1）或； （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）利用椭圆的定义可知的周长为，求出，结合三角形面积与勾股定理求出,进而求出，即可求出，最终得到椭圆方程； （2）由的离心率不大于，结合（1）得出的唯一方程，设圆分别切延长线，延长线和线段于点，根据切线长定理，结合椭圆焦距等性质，可知H与重合； （i）由椭圆性质及圆与直线的相切关系，结合周长、切线等条件，得出三边长度，再根据余弦定理求出； （ii）分直线斜率存在与不存在两种情况讨论：当直线斜率不存在时，求得不符合题意；当直线斜率存在时，设出直线的方程，直曲联立并化简，利用韦达定理与弦长公式求出关于的表达式，结合圆与直线的相切条件，将用表示，代入可得关于的函数，利用导数求的最大值. 【小问1详解】 由题意, 的周长为， 所以， 设， 因为当时，的面积为， 所以，即 又， 所以， 将①代入化简得② ①②联立得或 当时，为的上顶点， 所以，则， 所以的方程为，检验符合题意 当时，， ， 所以，所以， 所以的方程为，检验符合题意； 故C的方程为或； 【小问2详解】 因为的离心率不大于， 所以椭圆的方程为， 设圆分别切延长线，延长线和线段于点， 则 ， 又，所以， 即，故H与重合. （i）又圆的半径为， 则在中，， 所以； （ii）当直线的斜率存在时， 设直线的方程为， 在中，， 所以， 则， 即直线的斜率， 即，所以， 联立，整理得， 则， 所以 ， 又，所以， 所以， 令， 则， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 所以当时，取得最大值为， 当直线的斜率不存在时，易求得， ∴， ∴的最大值为. 19. 已知函数， （1）若时，求证：当时，； （2）若函数有4个零点，求实数a的取值范围. 【答案】（1）当时，有， 令，即， 则， 令，则， 当时，，所以在区间上是增函数， ，所以， 在区间上是增函数，所以， 故.； （2） 【解析】 【分析】（1）构造函数，只需证明在上的最小值大于0即可； （2）函数有4个零点，则有4个单调区间，即其导函数有3个零点，令，则函数有2个零点，求得此时a的范围，再数形结合即可得到答案. 【详解】（1）略 （2）因为函数有4个零点，所以有4个单调区间，即其导函数有3个零点，显然是函数的一个零点， 令，则函数有2个零点，故. 由于，令，得， 故，故. 又，，只需证明， 令，，则， 所以在上单调递增，，所以，即， 所以存在，使得，所以有3个零点，1，. x 1 0 0 0 递减 极小 递增 极大 递减 极小 递增 所以要有4个零点，只需，即， 因为此时，， ， 设（），，所以在上 ， 所以，即，又 ， 综上，当且仅当时，函数有4个零点. 【点睛】本题考查利用导数证明不等式以及利用导数研究函数零点个数的问题，考查考生综合应用数学知识解决数学问题的能力，是一道难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年河南省信阳高级中学高考数学三模试卷 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. R 2. 已知复数，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 已知两个非零向量，的夹角为，且，则（ ） A. 3 B. C. 2 D. 4. 已知为等差数列的前项和，若，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数，若，，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知椭圆与抛物线有公共焦点，且E与C的一个交点为，则E的离心率为（ ） A. B. C. D. 7. 闭多面形是指由有限个平面多边形（不必为凸多边形，这些平面多边形称为该闭多面形的面，它们的边和顶点分别称为该闭多面形的棱和顶点）拼合而成的几何体，其中这些平面多边形的拼合方式满足：（1）每两个顶点可以由几何体的一些棱所组成的折线连接起来；（2）任两个面或没有公共点，或恰有一个公共的顶点，或恰有一条公共的棱；（3）每条棱都恰是几何体两个面的公共棱；（4）每个顶点都是锥形的顶点.对于有个顶点，条棱，个面的闭多面形，定义，则可能为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 8. 设函数在区间单调递减，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 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. 9. 如图，棱长为4的正方体中，为棱的中点，为正方形 内的一个动点（包括边界），且平面，则下列说法正确的有（ ） A. 点的轨迹长度为 B. 的最小值为 C. 三棱锥体积的最小值为 D. 当与垂直时，直线与平面所成的角为 10. 已知，为抛物线上两点，的焦点为，且，，则下列结论正确的是（ ） A. 的准线为 B. 当时，的值为5 C. 的最小值为3 D. 的最大值为 11. 1679年，德国著名数学家、哲学家戈特弗里德·威廉·莱布尼茨发明了二进制，这是一种使用0和1两个数码的数制，是现代电子计算机技术的基础．对于整数可理解为逢二进一，比如：在十进制中的自然数1在二进制中就表示为表示为表示为表示为表示为．若自然数可表示为二进制表达式，则，其中当时，或，记为整数的二进制表达式中0的个数，则以下说法中正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知圆与双曲线的一条渐近线交于，两点，且，则该双曲线的离心率为________． 13. 一个学校有个学生，他们要么戴红帽子，要么戴蓝帽子，但是帽子可以变色即由红变蓝，或由蓝变红只要他们戴红帽子，就说真话；只要他们戴蓝帽子，就说假话某一天，他们中的每两人都见了一次面，并且都说对方戴蓝帽子，那么这一天他们的帽子总共最少变了______次色. 14. 已知直线与函数的图象相交，若自左至右的三个相邻交点，，满足，则实数______. 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. 研究表明，春季早晚温差大，由于个人体质不同，可能会导致感冒患病. 某医学研究小组为了解20-30岁年轻人的体质健康是否与性别有关，在4月感冒易发季节对某一小区中该年龄段的年轻人进行了随机抽样，得到如2×2列联表. 性别 健康状况 感冒 不感冒 男 8 14 女                    4 24 （1）在上述感冒的年轻人中按照性别采用分层抽样的方法抽取6人，再从这6人中随机选取3人访谈，记参与访谈的男性人数为X，求X的分布和期望； （2）依据表中数据，在犯错误的概率不超过0.05的前提下，20-30岁年轻人的体质健康与性别是否有关?若把表中所有数据都扩大到原来的10倍，此时结论还一样吗?请解释其中原因，并简要说明应如何调整调查可使此研究更具有严谨性. 参考数据： 参考公式：，其中. 16. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求角B的大小； （2）若，求的取值范围． 17. 如图，在三棱柱中，是正方形的中心，，平面，且 （Ⅰ）求异面直线与所成角的余弦值； （Ⅱ）求二面角的正弦值； （Ⅲ）设为棱的中点，点在平面内，且平面，求线段的长． 18. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，过的直线交于两点（在轴上方)，的周长为，当时，的面积为. （1）求的方程； （2）若的离心率不大于，半径为的圆与的延长线，的延长线及线段均相切. （i）当时，求； （ii）求的最大值. 19. 已知函数， （1）若时，求证：当时，； （2）若函数有4个零点，求实数a的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $