河南省新乡市2025届高三下学期4月二模试题 数学 含解析

这是一份河南省新乡市2025届高三下学期4月二模试题 数学 含解析，共17页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容， 若为双曲线， 已知随机变量，，则的最大值为， 已知为曲线等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
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.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4.本试卷主要考试内容：高考全部内容.
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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. （ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的乘法化简可得结果.
【详解】.
故选：A.
2 （ ）
A. 16B. C. 32D.
【答案】A
【解析】
【分析】应用指数幂运算的性质化简求值.
【详解】由.
故选：A
3. 曲线的长度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】对式子进行变形，明确其含义即可求解.
【详解】由，得，
所以曲线是以坐标原点为圆心，2为半径的圆弧，
其中点的横坐标为，则，，
故曲线的长度为.

4. 已知，都是非零向量，定义新运算，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】将提公因式化简，分别讨论各个因式可得结果.
【详解】若，则，则或.
当时，未必成立；
当时，.
故“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
5. 曲率是用于描述曲线在某一点处弯曲程度的量，对于平面曲线，其曲率（是的导数，是的导数），曲率半径是曲率的倒数，其表示与曲线在某点处具有相同弯曲程度圆的半径.已知质点以恒定速率沿曲率半径为的曲线作曲线运动时，向心加速度的大小为.若该质点以恒定速率沿形状满足的光滑轨道运动，则其在点处的向心加速度的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用曲率的定义可求得，进而得曲率半径，利用向心加速度的定义计算可求向心加速度.
【详解】设，则，，所以，，
则曲线在点处曲率，曲率半径，
故曲线在点处的向心加速度的大小为.
故选：B.
6. 若为双曲线：上异于，的动点，且直线与的斜率之积为5，则的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，根据点在双曲线上及斜率的两点式可得，即可得渐近线方程.
【详解】设，则，即，
则，则，故的渐近线方程为.
故选：C
7. 已知随机变量，，则的最大值为（ ）
A. 9B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用正态分布的对称性得到，再用代换1法求最大值即可.
【详解】因为，，
所以.
由正态分布的对称性，可得.
因为，
所以，当且仅当，即，时，等号成立，
即最大值为.
故选：D
8. 设是关于的方程的一个实根，其中为常数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设，利用二倍角的正切公式求出关于的表达式，再由结合二倍角的正切公式可得出关于的等式，化简后可得出的值.
【详解】设，则，
，
整理得，故.
故选：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. 将函数图象上每个点的横坐标伸长为原来的4倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则（ ）
A. B. 的最小正周期为
C. 的图象关于点对称D. 的图象关于直线对称
【答案】ACD
【解析】
【分析】求出变换之后的解析式，依次代入选项判断可得结果.
【详解】依题意可得，
因为，故A正确；
，故B错误；
由，可知点为对称中心，由，可知在处取最小值，故C，D均正确.
故选：ACD
10. 已知为曲线：上一点，，，，点到直线：，：，：的距离分别为，，，则（ ）
A. 存在无数个点，使得
B. 存在无数个点，使得
C. 存在无数个点，使得
D. 仅存在一个点，使得且
【答案】BC
【解析】
【分析】根据曲线方程得或，结合已知点坐标和直线判断各项的正误.
【详解】由，得，得或.
是抛物线的焦点，直线为抛物线的准线，故曲线上不存在无数个点，使得，
是抛物线的焦点，直线为抛物线的准线，故有无数个点，
是抛物线的焦点，直线为抛物线的准线，故有无数个点，
联立与，得，或，所以仅存在两个点，使得且，
所以A、D错误，B，C正确.
故选：BC
11. 已知函数的定义域为，，，则（ ）
A. B. 是增函数
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用赋值法计算可判断AB；由已知可得，进而可得，可求判断C；利用错位相减法可求得，判断D.
【详解】令，则，解得，故A正确；
令，，则，故B错误；
由，可得，
令，，则，即，
所以，故，
则，故C正确；
因为，
所以，
两式相减，可得，
故，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若分别为奇函数、偶函数，，且，则______.
【答案】4
【解析】
【分析】根据已知有，进而求得，，再应用奇偶性求目标函数值.
【详解】依题意得，又，解得，，
所以.
故答案为：4
13. 已知是等差数列的前项和，数列的公差为，且是等差数列，则______.
【答案】##0.5
【解析】
【分析】根据等差数列的通项公式及前项和公式可得，进而结合等差数列的特点求解即可.
详解】由题意，，
所以，
因为是等差数列，则的通项是一次函数型，
则能整理成完全平方型，
所以，
化简得，所以，即.
故答案为：.
14. 一个整数的各位数字之和记为，例如.用0，1，4，6，7，8组成的无重复数字的四位数按照从小到大的顺序排列为，则______，的平均数为______.
【答案】 ①. 8761 ②.
【解析】
【分析】应用排列组合数求出无重复数字的四位数的个数，结合最大的四位数，即可得，先求出给定数字的出现次数，再应用平均数的求法求平均数.
【详解】用0，1，4，6，7，8组成的无重复数字的四位数的总个数为，
其中最大的四位数为8764，所以.
四位数含0时，后三位选一位填0有种，再选一位填1（同理填4，6，7，8）有种，最后从余下的4个数字选2个填余下的两位有种，
所以1，4，6，7，8出现的次数均为次，
四位数不含0时，四位选一位填1（同理填4，6，7，8）有种，从余下的4个数选3个填余下的三位有种，
所以1，4，6，7，8出现的次数均为次，
综上，1，4，6，7，8出现的次数均为次，
所以的平均数为.
故答案为：8761，
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. 《九章算术·商功》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑.如图，在四面体中，平面，，且，，.
（1）证明：四面体为鳖臑；
（2）若直线平面，求直线与所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直的性质可证，，，进而利用线线垂直证明平面，进而可得，可得结论；
（2）以为坐标原点，，的方向分别为，轴的正方向，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量与直线的方向向量，利用向量法可求得直线与所成角的余弦值.
【小问1详解】
因为平面，平面，平面，平面，
所以，，.
又，且，平面，
所以平面，又平面，则，
所以四面体的四个面都为直角三角形，则四面体为鳖臑.
【小问2详解】
以为坐标原点，，的方向分别为，轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，
则，，.
设平面的法向量为，则，
令，得.
由，
得直线与所成角的余弦值为.
16. 如图，点，，，，均在直线上，且，质点与质点均从点出发，两个质点每次都只能向左或向右移动1个单位长度，两个质点每次移动时向左移动的概率均为，每个质点均移动2次.已知每个质点移动2次后到达的点所对应的积分如下表所示，设随机变量为两个质点各自移动2次后到达的点所对应的积分之和.
（1）求质点移动2次后到达的点所对应的积分为0的概率；
（2）求随机变量的分布列及数学期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，200
【解析】
【分析】（1）根据互斥事件的概率加法公式求解即可；
（2）首先分析出的所有可能取值为，，0，200，400，再按步骤写出分布列，计算期望即可.
【小问1详解】
设事件为“质点移动2次后到达的点所对应的积分为0”，
由题意可知点两次移动后在点，又起点为点，即的移动一次向左一次向右，
所以.
【小问2详解】
的所有可能取值为，，0，200，400.
，
，
，
，
，
所以随机变量的分布列为
.
17. 的内角，，的对边分别为，，，且.
（1）求；
（2）若，，求内切圆的半径；
（3）若为的垂心，且点在内，直线与交于点，且，求的最大值.
【答案】（1）；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）根据已知及正弦边角关系得，再由余弦定理求角的大小；
（2）由及面积公式得、，再由内切圆半径即可得；
（3）设，，进而得到、，最后有即可求最大值.
【小问1详解】
因为，
所以.
由正弦定理得，所以，
因为，所以.
【小问2详解】
由（1）知，代入数据得.
因为的面积，
所以内切圆的半径.
【小问3详解】
如图，设，，则，且.
因为，所以.
由正弦定理得，所以，
所以，其中，
故的最大值为.
18. 已知函数.
（1）若在其定义域内单调递增，求的取值范围；
（2）若，证明：，；
（3）若在上有两个极值点，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）利用函数在定义域内单调递增则函数的导数大于或者等于零恒成立，求解分离参数求解即可
（2）构造函数，求两次导，得到这个函数导函数的单调性，从而得到，则在上单调递增，得到，即当时，，所以，不等式得证.
（3）分情况讨论，当时，，则在上单调递减，无极值点.当时，由（1）知在上单调递增，无极值点.
当时，令，求导，对极值点的大小进行分析，再结合零点存在性定理取点证明有两个极值点即可.
【小问1详解】
因为在上单调递增，所以在上恒成立，
即在上恒成立.
设，则，则在上单调递增，在上单调递减，
所以，则，即的取值范围为.
【小问2详解】
证明：若，则.
设，则，，则在上单调递减，在上单调递增，
则，则在上单调递增，
所以，即当时，，
所以，不等式得证.
【小问3详解】
.
当时，，则在上单调递减，无极值点.
当时，由（1）知在上单调递增，无极值点.
当时，令，
令，得，
则在上单调递减，在上单调递增，
，，
由（2）知，则，
所以恰有两个零点，，
令，得，令，得或，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，从而有两个极值点.
综上，的取值范围是.
19. 已知为坐标原点，是椭圆：的左焦点，是椭圆上一点，的最大值是最小值的3倍.
（1）求椭圆的离心率；
（2）若点不与椭圆的顶点重合，过作的切线，与轴交于点，求；
（3）已知，是上两个不同的点，过分别作直线，与相切，与的交点为，若，求动点的轨迹方程.
（附：椭圆以点为切点的切线方程为）
【答案】（1）；
（2）；
（3）．
【解析】
【分析】（1）出最大值与最小值，列出关于的齐次式求离心率即可；
（2）直接写出点处的切线方程，求出点坐标，利用向量数量积求余弦值，代入计算即可；
（3）求出椭圆标准方程，设，表示出直线方程，将用韦达定理表示，得到的方程即为所求.
【小问1详解】
设，则，
，所以最大值为，最小值为，
所以，解得，即椭圆的离心率为.
【小问2详解】
设点，，则，
椭圆在点处的切线方程为.
令，可得，即，
，
.
，
；
【小问3详解】
因为，所以，，，的方程为.
设，，，
则椭圆在点处的切线方程分别为，，
则，，故直线的方程为.
联立可得，
，，则.
因为，所以，解得，
化简可得，
故动点的轨迹方程为.
积分
0
100
200
0
200
400