高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1河南省周口市項(xiàng)城市2025屆高三三模數(shù)學(xué)試卷一、單選題1．已知集合A={x|x2<4},B={x|lg(x-1)<1}A．1,2 B．2,11 C．-2,11 D．1,11【答案】A【解析】因?yàn)锳={x|x2<4}=(-2,2),B={x|lg故選：A.2．已知4z=1-i（i為虛數(shù)單位)，則zA．2 B．22 C．4 D．【答案】B【解析】由復(fù)數(shù)4z=1-i，可得z=故選：B.3．已知向量a=-1,?3,?bA．π3 B．π6 C．5π【答案】C【解析】因?yàn)橄蛄縜=-1,?所以a2-2a設(shè)向量a與b的夾角為θ,θ∈0,π，所以θ=5故選：C.4．如圖，某圓臺(tái)形木質(zhì)零件的上底面圓O1的半徑為3，下底面圓O2的半徑為6，母線長(zhǎng)為6.現(xiàn)從該零件中挖去了一個(gè)以圓O1為底面、O2為頂點(diǎn)的圓錐O2A．4 B．5 C．6 D．7【答案】B【解析】如圖，過(guò)點(diǎn)A作AH⊥BO2，垂足為由題意可知O1所以四邊形AO1O2H所以AO2=AB=B所以△ABO2內(nèi)切圓的半徑為即滿足要求的球O3O4過(guò)點(diǎn)O3作O3O⊥則四邊形OO3H顯然Oii=3,4,5,?,n在以O(shè)為圓心，半徑為在△OO3O由余弦定理得cos∠所以∠O因?yàn)?×70.53°=352.65°<360°,6×70.53°=423.18°>360°，所以滿足題意的球至多有5個(gè).故選：B.5．過(guò)圓O：x2+y2=1外的點(diǎn)P(3,2)作O的一條切線，切點(diǎn)為MA．2 B．23 C．13 D．【答案】B【解析】由題意有MP2=OP故選：B.6．已知直線m，n和平面α，其中m?α，則“m⊥n”是“n⊥α”的（

）A．充要條件 B．充分不必要條件C．必要不充分條件 D．既不充分也不必要條件【答案】C【解析】由m?α，m⊥n，則可能有n?α，n//α或者n與α相交，不能推出n⊥α，若n⊥α，m?α，則有n⊥m，所以“m⊥n”是“n⊥α”的必要不充分條件.故選：C7．已知A為△ABC的一個(gè)內(nèi)角，且tanA+π4=1A．1010 B．-1010 C．3【答案】D【解析】由題意得tanA=tanA+所以cosA=-故選：D.8．若數(shù)軸上有一個(gè)質(zhì)點(diǎn)位于x=0處，每次運(yùn)動(dòng)它都等可能地向左或向右移動(dòng)一個(gè)單位，已知它在第10次運(yùn)動(dòng)后首次到達(dá)x=6處，則它在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中沒(méi)有重返過(guò)原點(diǎn)的概率為（

）A．12 B．1327 C．2845【答案】B【解析】設(shè)第i次向右運(yùn)動(dòng)賦值為xi=1，第i次向左運(yùn)動(dòng)賦值為則10次運(yùn)動(dòng)路徑可以表示為有序數(shù)組x1,x2,?,記10次運(yùn)動(dòng)后首次到達(dá)x=6處的路徑為y1則?1≤i≤9，i∑k=1yk≤5且10而8∑k=1yk≤5故y9=1，8∑k=1y而?1≤i≤5，i∑因此yi中有且僅有兩個(gè)-1,y記10次運(yùn)動(dòng)后首次到達(dá)x=6處且過(guò)程中沒(méi)有重返原點(diǎn)的路徑為z1同理可得zi中有且僅有兩個(gè)-1,z所以題中所求概率為1327故選:B.二、多選題9．已知雙曲線C:x2-y23=1的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2，左、右頂點(diǎn)分別為A,B，過(guò)F2的直線l與雙曲線的右支交于P,Q兩點(diǎn)(P在第一象限)，A．I1,B,I2三點(diǎn)共線 B．直線C．若r1=2r2，則直線l的斜率為6 D．【答案】ABD【解析】依題意，得a2=1,b則A設(shè)點(diǎn)P對(duì)于A項(xiàng)，如圖，設(shè)△PF1F由雙曲線的定義得，∣PF1∣-∣P得∣RF1∣-∣S得∣TF1∣-∣T得切點(diǎn)T與點(diǎn)B重合，得點(diǎn)T1,0，則內(nèi)心I1的橫坐標(biāo)為同理可得，內(nèi)心I2的橫坐標(biāo)也為1，得I1,B,I對(duì)于B項(xiàng)，由x12-得y1-y2x對(duì)于C項(xiàng)，設(shè)直線l的傾斜角為θ，連接I1則∠I1若r1=2r2，則

對(duì)于D項(xiàng)，由題可知雙曲線的漸近線為：y=±3x，傾斜角分別為為因?yàn)橹本€l與雙曲線的右支交于P,Q兩點(diǎn)，所以θ∈π3令tanθ2=t，則t∈33,3故t+1故r1+r2故選：ABD10．已知三個(gè)正態(tài)密度函數(shù)fix=A．μB．σC．若X～N1,σD．若Z～Nμ1,σ【答案】CD【解析】根據(jù)正態(tài)曲線關(guān)于直線x=μ對(duì)稱，且μ越大曲線越靠右，則μ1<μ又σ越小，數(shù)據(jù)越集中，正態(tài)曲線越瘦高，則σ1=σX～N1,則PX>2所以PX>0=P(0<X<1)+PX≥1由三個(gè)正態(tài)密度函數(shù)的圖象可知，存在實(shí)數(shù)x0>μ3，使得故選：CD．11．已知定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)fx滿足：f'x>2，若單調(diào)遞增數(shù)列anA．a(chǎn)n的通項(xiàng)公式是an=n BC．a(chǎn)n可能是等比數(shù)列 D．若a2【答案】BCD【解析】對(duì)于A選項(xiàng)：若an=n，則fa但f'x=1<2求導(dǎo)y'=f當(dāng)fx=4x，an由B可知y=fx-2x為增函數(shù)，且故fan+1-2得an+2-a得a100>a1故選：BCD.三、填空題12．已知等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，滿足sina3【答案】2001【解析】因?yàn)閟ina3-令gx=sinx+3x，則gx的定義域?yàn)镽，且g-x=sin-x-3x=-gx，所以令x1=a3-π4,x故S2001故答案為：2001π13．不等式e2x+3a2x≥aex【答案】(-【解析】由不等式e2x+3a要使得不等式e2x+3a可得分為兩種情況：（1）不等式ex-3a≥0且ex由不等式ex-3a≥0恒成立，即a≤e由不等式ex-ax≥0恒成立，即a≤e令fx=e所以fx在[1,+∞)上單調(diào)遞增，所以fxmin（2）方程ex-3a=0且ex-ax=0有相同的解，即由ex-3a=0，可得x=ln3a，將x=ln3a代入綜上可得，實(shí)數(shù)a的取值范圍為(-∞故答案為：(-∞14．設(shè)直線23x-2y-3=0與拋物線C：y2=2pxp>0相交于點(diǎn)A，B，點(diǎn)F為拋物線C的焦點(diǎn).【答案】1【解析】已知直線方程23x-2y-3將y=3x-3(3x-32)設(shè)A(x1,y1)，由拋物線的焦半徑公式可知|AF|=x1+已知|AF|-|BF|=43，則(x對(duì)(x(43)2=(3+2p因?yàn)閜>0，所以3+2p=5，解得p=1.可得焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為(1故答案為：(1四、解答題15．記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c．已知a-bcosC=33csinB,a=2,c=6（1）求角B；（2）求BD．解：（1）由正弦定理有sinA-因?yàn)閟inA=代入化簡(jiǎn)，得sinC因?yàn)镃∈(0,π)，故sinC≠0故B=π（2）由題可知BD=故|=1故BD=16．已知數(shù)列an與log2bn都是等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和分別為Sn與Tn，且a2（1）求數(shù)列an與b（2）求數(shù)列-1nanbn解：（1）設(shè)等差數(shù)列an與log2bn的公差分別為由a2+a4+所以an由b1=a1=2所以b2=4，則d2所以log2bn（2）由（1）可得-1n所以Pn則-1所以3=-11--所以Pn17．如圖1，在菱形ABCD中，∠DAB=60°，點(diǎn)M,N分別是邊BC,CD的中點(diǎn)，AC∩BD=O1，AC∩MN=G.沿直線MN將△CMN翻折到△PMN的位置，連接PA,PB,PD，得到如圖（1）證明：在翻折過(guò)程中，總有PD=PB.（2）若平面PMN⊥平面MNDB，線段PA上是否存在一點(diǎn)Q（可與點(diǎn)P重合），使得點(diǎn)B到平面QDN的距離是菱形ABCD邊長(zhǎng)的8729？若存在，試確定點(diǎn)Q的位置，并求此時(shí)平面QDN與平面PMN所成銳二面角的余弦值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由（1）證明：因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形且AC∩BD=O1，所以AC⊥BD，因?yàn)镸,N分別是邊BC,CD的中點(diǎn)，AC∩MN=G，所以MN∥BD.因?yàn)锳C⊥BD，所以MN⊥AC，CG⊥MN.即在五邊形ABMND中，AG⊥BD,AG⊥MN,DO1=BO1在折疊過(guò)程中，MN⊥PG，又因?yàn)镸N∥BD，所以BD⊥PG.又AG⊥BD,AG∩PG=G,AG,PG?平面PAG，所以BD⊥平面PAG.連接PO1，因?yàn)镻O1?又DO1=BO1，所以P（2）解：因?yàn)槠矫鍼MN⊥平面MNDB，平面PMN∩平面MNDB=MN,PG?平面PMN,PG⊥MN，所以PG⊥平面MNDB.因?yàn)锳G?平面MNDB，所以PG⊥AG.又因?yàn)镚M⊥AG，所以GA,GM,GP兩兩垂直，故以G為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.不妨設(shè)菱形ABCD的邊長(zhǎng)為4a，則P0,0,N0,-a,0所以PB=PA=假設(shè)線段PA上存在符合題意的點(diǎn)P，設(shè)PQ=λ則GQ=易知平面PMN的一個(gè)法向量為n1設(shè)平面QDN的法向量為n2因?yàn)镈Q=所以n可取n2設(shè)平面QDN與平面PMN所成銳二面角為θ，則cosθ=因?yàn)镈B=a0,4,0，所以點(diǎn)B到平面QDN487a29，即λ-1化簡(jiǎn)得2λ2-7λ+3=0，解得綜上，當(dāng)點(diǎn)B到平面QDN的距離是菱形ABCD邊長(zhǎng)的8729點(diǎn)Q在線段PA的中點(diǎn)處，此時(shí)平面QDN與平面PMN所成銳二面角的余弦值為292918．已知橢圓C：y2a2+x2b2=1(a>b>0)的離心率為（1）求C的方程；（2）作曲線y=lnx在x=x（ⅰ）若x0=1，l與C相交于A，B兩點(diǎn)，P是C上任意一點(diǎn)，求（ⅱ）當(dāng)0<x0<2時(shí)，證明l解：（1）由題意，C經(jīng)過(guò)點(diǎn)(1,0)，則b=1，又e=ca=可得a=2，c=1所以y2（2）（?。┯蓎=lnx求導(dǎo)得y'=1x，當(dāng)x0=1時(shí)，切線得3x2-2x-1=0，則有x=1或-設(shè)Px1,y1，則點(diǎn)P因?yàn)閥122+x從而3x令Δ=4(t+1)2-12(t+1)2-2≥0所以△ABP面積的最大值為2(3+1)3，當(dāng)且僅當(dāng)t=-3-1，即（ⅱ）切線l：y-lnx0帶入2x2+y由題意只需證明Δ>0，即4x即證：1x02-lnf'令g(x)=1x2g'(x)=-2x3+1所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g(x)>0，f'(x)<0，當(dāng)x∈(1,2)時(shí)，所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(1,2)時(shí)，所以f(x)≥f(1)=2>0，得證.19．若連續(xù)函數(shù)fx滿足f″x+fx=0在定義域內(nèi)恒成立，則稱（1）判斷以下函數(shù)是否為“T函數(shù)”，請(qǐng)說(shuō)明理由.（ⅰ）y=1；（ⅱ）y=e（ⅲ）y=sin（2）若非常值函數(shù)fx存在二階導(dǎo)數(shù)，證明：fx為“T