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河南省H20联盟2025届高三下学期4月联考数学试卷
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知集合，则集合A的子集个数是（ ）
A．4 B．8 C．16 D．32
2．已知函数，是的反函数，则（ ）
A．10 B．8 C．5 D．2
3．已知平面，和直线，，，则“”是“”的（ ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
4．已知椭圆的两焦点分别为，，点P为椭圆上任意一点，则的最大值为（ ）
A． B． C．3 D．6
5．某公司购置了一台价值为220万元的设备，随着设备在使用过程中老化，其价值会逐年减少.经验表明，每经过一年其价值就会减少（为正常数）万元.已知这台设备的使用年限为10年，超过10年，它的价值将开始低于购进价值的5%，设备将报废.则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
6．在斜三棱柱中，分别为侧棱上的点，且，过的截面将三棱柱分成上、下两个部分的体积之比可以为（ ）
A．2 B． C． D．
7．在平面直角坐标系中，动点在以原点为圆心，为半径的圆上，以的角速度按逆时针方向做匀速圆周运动；动点在以原点为圆心，为半径的圆上，以的角速度按逆时针方向做匀速圆周运动.、分别以、为起点同时开始运动，经过后，动点、的坐标分别为、，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
8．为拓展学生数学视野，鼓励学生多读数学书，学校举办了“数学图书在哪”的抽奖活动.如图，在一个5×5的方格表中，按如下规则放置了一些图书，小方格中的数字表示与其有公共顶点的小方格的图书的总本数，且有数字的小方格上没有图书，其余方格内无限制，且每一个方格只能放1本图书.则所有可能的图书排列方式总数为（ ）
A．160 B．192 C．224 D．256
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知如图是函数，（，）的部分图象，则（ ）
A．的图象关于中心对称
B．在单调递增
C．在点处的切线方程为
D．的图象向左平移个单位长度后为偶函数
10．下列说法正确的是（ ）
A．数据8，6，4，11，3，7，9，10的上四分位数为9
B．若，，且，则C，D相互独立
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．若样本数据的平均数为4，的平均数为22，则样本数据，9的方差为20
11．闵可夫斯基距离，是两组数据间距离的定义．设两组数据分别为和，这两组数据间的闵氏距离定义为，其中表示阶数． 则下列说法正确的有（ ）
A．若，则；
B．若，其中，则；
C．若，其中，则的最小值为．
D．若，其中，则；
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知为常数，且，复数在复平面内满足，则复数对应的点Z的集合所形成图形的面积为 .
13．若为等边内一点，，，，则 .
14．已知的顶点，分别为双曲线：的左、右焦点，点在的右支上，且与的一条渐近线垂直，记的离心率为，若，则 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．如图，正四棱锥的底面边长为2，二面角的正切值为，为侧棱上的点，且平面.
(1)求直线到平面的距离.
(2)请判断在平面上是否存在一点，使得是以为底边，为顶角的等腰三角形.若存在，请求出点的轨迹；若不存在，请说明理由.
16．记为正项数列的前项积，且，，.
(1)求数列的通项公式；
(2)表示不超过的最大整数，如，，设，求数列的前项和.
17．某学校为全面提高学生的语文素养和阅读水平，构建“书香校园”，特举办“课外阅读知识竞赛”，为了调查学生对这次活动的满意程度，在所有参加“课外阅读知识竞赛”的同学中抽取容量为300的样本进行调查，并得到如下列联表：
单位：人
满意程度 性别 合计
男生 女生
满意 120
不满意 150
合计 200
(1)请补全上面的列联表，依据小概率值的独立性检验，能否认为满意程度与性别有关系；
(2)若竞赛成绩在前20的同学进入决赛环节，该环节共设置3道试题，且每一道试题必须依次作答，至少答对2道才能进入总决赛，且每人答对这3道试题的概率分别为，，，3道试题答对与否互不影响.
（i）用X表示能进入总决赛的人数，求X的数学期望；
（ii）记有n人进入总决赛的概率为，求取最大值时的值.
附：，其中.
0.1 0.05 0.01 0.001
2.706 3.841 6.635 10.828
18．已知动圆过定点，且在轴上截得的弦长为4.动圆圆心的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)设过点的直线交曲线E于A，B两点，过点的直线与E的另一个交点为C，点A在M与C之间.
（i）证明：线段垂直于x轴；
（ii）记的面积为，的面积为，求的取值范围.
19．已知函数的图象与x轴的三个交点为A，O，B（O为坐标原点）.
(1)讨论的单调性；
(2)若函数有三个零点，求a的取值范围；
(3)若，点P在的图象上，且异于A，O，B，点Q满足，，求的最小值.
参考答案
1．【答案】B
【详解】∵，
∴，
又，∴，
∴的子集有个.
故选B.
2．【答案】C
【详解】因为函数，是的反函数，故，故.
故选C
3．【答案】C
【详解】参考正方体，分别记平面、平面为平面，，
则直线为直线，直线为，
因，但不垂直于平面，则“”得不到“”；
若，，则由线面垂直的定义可得，
故“”是“”的必要不充分条件，
故选择：C
4．【答案】D
【详解】由向量数量积的几何意义，可知当与同向时，在上的投影向量的模最大，
即取得最大，此时的最大值为，而，
即为的最大值.
故选D.
5．【答案】B
【详解】设使用年后，这台设备的价值为万元，则可得数列.
由已知条件，得.
由于是与无关的常数，∴数列是一个公差为的等差数列.
∵购进设备的价值为220万元，∴，
于是.
根据题意，得，即，
解这个不等式组，得.
∴的取值范围为.
故选B.
6．【答案】A
【详解】设三棱柱的体积为，因为侧棱上各有一动点，
满足，所以四边形与四边形的面积相等，
故四棱锥的体积等于三棱柱的体积的，即，
则几何体的体积等于，
故过的截面将三棱柱分成上，下两个部分的体积之比为或.
故选A.
7．【答案】C
【详解】由三角函数的定义可知，，，
则，
因为，其中，
当且仅当时，等号成立，故的最小值为.
故选C.
8．【答案】B
【详解】如图所示，灰色代表图书位置，此时有11本图书，接下来说明不可能有12本图书，考虑数字控制的区域，假设有一种方式可以达到8本图书，首先左上角区域只有2本图书（下图左），在大图中去掉后变成了下图中间的样子，并且图中应有6本图书.类似的，下方数字2代表周围单元格中有2本图书，再去掉后形如下方右侧图形，此时需要填4本图书，但只剩下三个空方格，矛盾!故最多有7本，结合不受限制的区域，最多能抽中本书.
接下来求所有可能的方法数，
情形一：
如图所示， 处有图书时，在左上数字2的周围有两种情形，若数字3右侧方格无图书，
则4周围的图书排布方式已经固定，此时下方数字2的排布方式也被固定，
此时中间数字3周围只有两本图书，矛盾，∴中间数字3右侧必有图书.
此时如上右图阴影区域中有且仅有一本图书，故下方数字2左侧或右侧有一本图书.
若下方数字2左侧有一本图书，则右侧没有图书，此时4周围的图书排布已经固定，
则此时3周围图书也已经符合题意，只有一种情形.
若下方数字2右侧有一本图书，此时考虑下方数字2周围还应存在的一本图书的位置，
若在2右上方，即上左图中☆位置，则满足题意，并且此时3周围也满足题意，
4周围还剩一本图书，共有两种选择，共两种；
若不在2右上方，则4周围图书的排布已经符合题意，
3周围还应有一本图书，共有两种选择.
综上，在情形一中，根据分类加法和分步乘法计数原理，共有种可能.
情形二：
如图所示， 处无图书时，左上数字2的图书排布被固定，与情形一类似讨论，可知3右侧必有图书，
此时根据3周围应还有2本图书得到下方的2左右两侧均无图书（否则下方2周围图书数目大于2），
故4周围的图书排列方式被固定，∴3周围还应有一本图书，共有两种选择，故情形二共有2种可能.
∴共有种.
故选B.
9．【答案】BCD
【详解】由图可得，即，
而，可得，
又，即，
可得，，
可得，，
又，且，即，即，可得，
，
对于选项A，，，
不是函数的对称中心，故A不正确；
对于选项B，，可得，
函数在上是单调递增，故B正确；
对于选项C中，，，
则在点处的切线方程为，故C正确；
对于选项D中，将向左平移个单位后，
可得，则为偶函数，故D正确.
故选BCD
10．【答案】BD
【详解】对于A选项，将数据从小到大排列为3，4，6，7，8，9，10，11，共8个数，
则，则上四分位数为，故A错误；
对于B选项，，，
由条件概率公式得，得到，
即C，D相互独立，故B正确；
对于C 选项，，，
由对称性可知在的概率等于在的概率的2倍，
当越大，数据越离散，其概率越小，故C错误；
对于D选项，由样本数据，，，，的平均数为4，
得，，，，，4的平均数为4，
由，，，，的平均数为22，得，
因此，，，，，4的方差为，
，，，，，9的方差为，故D正确.
故选BD.
11．【答案】ABC
【详解】对于A：，故A正确．
对于B：，，
所以，故B正确．
对于C：构造函数，，
则的最小值即两曲线动点间的最小距离，
由，得，且，
所以斜率为1的切线方程为，
直线到的距离为，
所以两曲线动点间的最小距离为，故C正确．
对于D：，，
不妨设，，因为，所以，
所以，所以，
所以，则，故D错误．
故选ABC
12．【答案】
【详解】因为复数对应复平面内的点为，则表示点到点的距离小于等于1，
所以复数对应的点的集合所形成图形是以为圆心，1为半径的圆面，
所以圆的面积为.
13．【答案】/
【详解】
如图所示，设等边三角形的边长为，
又，，，
则，，，
在中，由正弦定理可得，
化简可得，即，
在中，由正弦定理，
化简可得，即，
又在中可知，，
则，，
即．
14．【答案】/
【详解】
由题意可知，与渐近线垂直，则直线的斜率为，
设，则，所以，，
，，，
在中利用正弦定理得，
，
，
由双曲线定义知，，
即，化简得，
.
15．【答案】(1)
(2)不存在，理由见解析
【详解】（1）连接.
∵平面，平面，平面平面，∴.
在中，为的中点，∴点为的中点.
取中点，由正方形的边长为2，易知，，，
∴即为二面角的平面角.
在中，∵二面角的正切值为，，
∴，侧棱的长都是.
易知直线，，两两垂直，以点为原点建立空间直角坐标系，如图所示.
∴，，，，，，
∴，，.
设平面的一个法向量为，
则，即，即，
令，则，
∴平面的一个法向量为.
∵平面，∴直线到平面的距离等于点到平面的距离，
又在法向量上的投影向量的模为，
∴直线到平面的距离为.
（2）不存在.理由如下：
根据第（1）问可得直线到平面的距离为.
又∵平面，设点为的中点，∴点到平面的距离为.
假设在平面上存在点，使得是以为底边，为顶角的等腰三角形，
则有.
∵，∴不存在满足条件的点E.
16．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由可得，，即，
又∵，∴是首项为2，公比为2的等比数列，
∴；
（2）由（1）可知，.
∵
，
可得，
当为奇数时，则，即；
当为偶数时，则，即.
设为数列的前项和，
可得
.
∴数列的前项和为.
17．【答案】(1)列联表见解析，推断犯错误的概率不大于0.001
(2)（i）；（ii）12
【详解】（1）列联表如下：
单位：人
满意程度 性别 合计
男生 女生
满意 120 30 150
不满意 80 70 150
合计 200 100 300
零假设为：满意程度与性别无关，，
所以依据小概率值的独立性检验，推断不成立，即能认为满意程度与性别有关系，此推断犯错误的概率不大于0.001.
（2）（i）依题意，设“答对第道题”；“某同学进入总决赛”，
则，，，
所以
，
依题意，，所以；
（ii）依题意，，，
若最大，则，
解得，因为，所以，
所以取最大值时的值为12.
18．【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）.
【详解】（1）由题意，动圆过定点，
设圆心，弦的中点为，连接，则由圆的性质得，
∴，整理得.
当时，也满足上式，
∴曲线的方程为.
（2）（i）∵直线的斜率不为0，
故设的方程为，，，
联立可得：，
，
则，，
.
故，
故直线与直线关于x轴对称，即点B与点C关于x轴对称，
∴线段垂直于x轴.
（ii）由（i）可知，不妨设，
∵点A在M与C之间，∴，，
，
，
则，
令，
则，
令，则，解得；
令，，解得.
则在上单调递增，在上单调递减，
，
∴的取值范围为.
19．【答案】(1)答案见解析；
(2)；
(3).
【详解】（1）由已知得，有三个根，令，得或，
所以有两个不同的解，所以，又，
令，得或，令，得，
所以当时，在和上单调递增，
在上单调递减.
（2）令，得，令，
因为，所以为奇函数.
因为，所以0是的一个零点，
要使有三个零点，只需要在有且仅有一个零点.
在上单调递增，.
当，即时，，所以在上单调递增，
由，得在上无零点，不合题意，舍去.
当，即时，，
所以存在，使得.
当时，，所以在上递减；
当时，，所以在上递增.
当时，，且.
当时，，
令，解得，所以，
所以在上存在唯一的零点.
综上，.
（3）设，且，
因为点异于，所以.
由，得，
即，解得，则，
所以，当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为.

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