河南省新高中创新联盟2025届高三高考模拟卷一数学试卷（解析版）

这是一份河南省新高中创新联盟2025届高三高考模拟卷一数学试卷（解析版），共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知向量，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为，所以，，
则，解得．
故选：D.
2. （ ）
A. B. C. 2D. 1
【答案】B
【解析】，
故.
故选:B.
3. 已知集合，若，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】由，得，解得且，
故实数的取值范围是．
故选：C.
4. 已知正数满足，则当取得最大值时，（ ）
A. B. 4
C. D.
【答案】D
【解析】由，得，
，，，
令，
则，
当且仅当，即时取等号，此时．
故选：D.
5. 已知双曲线左焦点为，点、分别在的两条渐近线上，若四边形（为坐标原点）为正方形，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由题意知四边形为正方形，点、分别在的两条渐近线上，
得双曲线的两条渐近线互相垂直，故，所以，
故的离心率为．
故选：C.
6. 设为数列前项和，若，则（ ）
A. 520B. 521C. 1033D. 1034
【答案】C
【解析】数列中，，当时，，
两式相减得，即，则，
而，解得，因此数列是以为首项，2为公比的等比数列，则，即，于是，
所以．
故选：C.
7. 函数的极值点为（ ）
A. 0B. 1C. D.
【答案】A
【解析】解：
，
由，即，解得：．
由，得，由，得，
函数在处取得极大值，
故选：A.
8. 已知、，若，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】由题可得，，
，
因为、，则，
故，，
所以，，，，所以．
故选：B.
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. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题为真命题的有（ ）
A. 若，则平行或相交
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则平行或相交
【答案】BD
【解析】若，则平行或相交或异面，故A错误；
若，则，故B正确；
若，则平行或相交，故C错误；
若，则平行或相交，故D正确.
故选：BD.
10. 坐位体前屈（Sit And Reach）是一种体育锻炼项目，也是大中小学体质健康测试项目，通常使用电动测试仪进行测试．为鼓励和推动学生积极参加体育锻炼，增强学生体质，我国于2002年开始在全国试行《学生体质健康标准》，坐位体前屈属于该标准规定的测试内容之一．已知某地区进行体育达标测试统计得到高三女生坐位体前屈的成绩（单位）服从正态分布，且，现从该地区高三女生中随机抽取3人，记不在区间的人数为，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】对于A，由，得，
则，A错误；
对于B，由A知，不在区间的概率为，，，
因此，B正确；
对于C，由B知，，因此，C正确；
对于D，，D错误.
故选：BC.
11. 已知为坐标原点，点是抛物线的焦点，过点的直线交于两点，为上的动点（与均不重合），且点位于第一象限，过点向轴作垂线，垂足记为点，点，则（ ）
A. B.
C. 的最小值为D. △OMN面积的最小值为2
【答案】ABD
【解析】对于A选项，由题意知，故，所以，故A正确；
对于B选项，由题意知轴，所以，
所以，
又，即，故B正确；
对于C选项，由抛物线的性质知，，
因此当三点共线时，取得最小值，
此时，
即，故C错误；
对于D选项，设直线的方程为，
与抛物线的方程联立得，
故，，
因此
，
又因为点到直线的距离为，
所以△OMN的面积为，
当时，△OMN的面积取最小值2，故D正确．
故选：ABD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 设（其中、），则_______．
【答案】
【解析】因为
，其中、，
故.
故答案为：.
13. 已知底面圆半径为，母线长为的圆锥的顶点和底面圆周都在球的球面上，则球的体积等于_______．
【答案】
【解析】取圆锥的轴截面，则为的中点，如下图所示：
由圆锥的几何性质可知，球心在直线上，设球的半径为，
由题意可知，，，且，
所以，
由勾股定理可得，即，即，
解得，
所以球的体积为.
故答案为：.
14. 在棱长为3的正方体中，为线段的三等分点（在之间），一动点满足，则的取值范围是_______．
【答案】
【解析】如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，
则，设，
因为，则，
整理可得，
可知点的轨迹为以为球心，半径的球，
取的中点分别为，的中点为，
则，
可得
，
又因为，则在球外，
则，即，
可得，
所以的取值范围是.
故答案为：.
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. 在中，角、、的对边分别为、、，．
（1）求；
（2）设，．
① 求；
② 求的值．
解：（1）因为，所以，
所以，即，
所以，
因为，，所以，，所以，
又，所以．
（2）① 因为，，，
由余弦定理可得，
即，整理得，
即，而，所以．
② 由知．
16. 某地区大型服装店对在该店购买衣服的客户进行满意度调研以便能更好地服务客户，统计了年月至月对该家服装店不满意的客户人数如下：
（1）通过散点图可知对该服装店服务不满意的客户人数与月份之间存在线性相关关系，求其之间的经验回归方程，并预测2024年8月对该大型服装店服务不满意的客户人数；
（2）工作人员从这5个月内的调查表所记录的客户中随机抽查100人，调查满意度与性别的关系，得到下表，试根据小概率值的独立性检验，判断能否认为满意度与性别有关联？
附：经验回归方程为，其中，.
，其中．
解：（1）由表中的数据可知，
，，
，，
，，
不满意人数与月份之间的经验回归方程为．
当时，，
故预测年月对该大型服装店服务不满意的客户人数为．
（2）零假设服务满意度与性别无关联，
由表中的数据可得，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，故能认为满意度与性别有关联．
17. 已知项数为的数列满足：且．
（1）若为等比数列，求的值；
（2）若是等差数列，求公差的值．
解：（1）设等比数列的公比为，显然．
由，得，解得．
由，得，所以或．
（2）由，得，所以，即．
当时，，此时（舍去）；
当时，则且，
即解得；
当时，则且，即解得．
综上所述，公差的值为或．
18. 已知椭圆的离心率为，菱形的四个顶点都在上．当菱形的四个顶点恰为的四个顶点时，菱形的面积是．
（1）求的方程；
（2）证明：与的交点为坐标原点；
（3）求菱形周长的取值范围．
（1）解：设的半焦距为，依题意，，所以，所以，
又因为菱形的面积为，所以，
所以，所以，所以的方程为．
（2）证明：当的斜率不存在时，则的斜率为，此时菱形的顶点为椭圆的四个顶点，故与的交点为；
当的斜率为时，则的斜率不存在，此时菱形的顶点为椭圆的四个顶点，故与的交点为；
当的斜率存在且不为0时，设直线的方程为，
设点、，的中点为．
联立得，
所以，
且，所以，，
即．
因为菱形的对角线互相垂直平分，故直线的方程为，
化简，得，
同理可得中点的横坐标，
因为且，所以，即点，即与的交点为坐标原点．
综上所述，与的交点为坐标原点.
（3）解：当的斜率不存在或斜率为时，易得菱形的边长为，故其周长为．
当的斜率存在且不为时，由（1）知联立所得的方程为，
所以．
同理，由勾股定理可得，
所以
，
令，则，所以，
即周长的取值范围为.
综上所述，菱形周长的取值范围是．
19. 若函数满足：、，均有成立，则称函数为“绝对平方根函数”．
（1）判断是否为绝对平方根函数，并说明理由；
（2）证明：为绝对平方根函数．
（1）解：是绝对平方根函数．理由如下：
设、，则，
令，函数，所以，故，
即，
故函数是绝对平方根函数．
（2）证明：先证明一个结论：对，有．
令，则，易得时，时，，
故在上单调递增，在上单调递减，所以，
故（当且仅当时等号成立），所以，
且，
所以，即．
由，可知当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增．
不妨设，下面分三种情况（其中有重合部分）证明本题结论．
情况一：当时，有，结论成立；
情况二：当时，有．
对任意的，设，则，
显然在上单调递增，且有
.
且当，且时，，
所以．
所以在上存在零点，再结合在上单调递增，
得当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增．
①当时，有；
②当时，由于，取．
当时，，
．
再根据在上单调递减，即知当时，都有；
综合①②可知对任意，都有，即．
根据和的任意性，
取，就得到．
所以．
情况三：当时，根据情况一和情况二的讨论，
可得，
而根据的单调性，知或，
故一定有成立．
综上所述，对恒成立，故为绝对平方根函数．月份
1
2
3
4
5
不满意的人数
120
105
100
95
80
满意
不满意
女客户
48
12
男客户
22
18
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828