河南省“天一小高考”2024-2025学年高三上学期第二次考试数学试题

这是一份河南省“天一小高考”2024-2025学年高三上学期第二次考试数学试题，共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知集合A={x|x0，都存在x0>0，使得L(x0)3).
设f(x)=4x3x−3(x>3)，则f′(x)=4x2(2x−9)(x−3)2，可得f(x)在(3,92)上单调递减，在(92,+∞)上单调递增，
所以当x=92时，f(x)取得极小值也是最小值，且f(92)=243.
故选：D.
8.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查三角恒等变换的应用，属于较难题.
由三角恒等变换得到sinαcsβ+csβsinα+csαsinβ+sinβcsα=4sin (α+β)cs2 (α−β)sin2(α+β)cs2(α−β)−cs2(α+β)sin2(α−β)，即可求解.
【解析】
解：∵sin(α+β)=13，cs(α−β)=23，
∴sinαcsβ+csβsinα+csαsinβ+sinβcsα
=sinαsinβ+csαcsβsinβcsβ+sinαsinβ+csαcsβsinαcsα
=cs(α−β)⋅sinαcsα+sinβcsβsinαcsαsinβcsβ
=cs(α−β)⋅2(sin2α+sin2β)sin2αsin2β
=2cs(α−β)⋅sin[(α+β)+(α−β)]+sin [(α+β)−(α−β)]sin[(α+β)+(α−β)]⋅sin[(α+β)−(α−β)]
=4sin (α+β)cs2 (α−β)sin2(α+β)cs2(α−β)−cs2(α+β)sin2(α−β)
=4×13×4919×49−(1−19)×(1−49)=−43.
故选A.
9.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查平面向量的运算性质，属于中档题，
利用相等向量，向量的数量积，向量垂直，平面向量的数量积不满足结合律的性质逐项分析即可.
【解析】
解：对于 A，设a与c的夹角为α，b与c的夹角为β，
由a⋅c=b⋅c得，|a||c|csα=|b||c|csβ，所以|a|csα=|b|csβ，
不一定有a=b，故 A错误;
对于B，设a与b的夹角为θ，则|a⋅b|=|a||b||csθ|，结合条件得，csθ=±1，
所以θ=0或π，a//b，故B正确;
对于C，由条件得a2+2a⋅b+b2=a2−2a⋅b+b2，可得a⋅b=0，故C正确；
对于D，平面向量的数量积不满足结合律，故D错误.
10.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查复数的运算性质、几何意义以及双曲线的几何性质，属于中档题。
点Z在以点(−2,0)，(2,0)为焦点，实轴长为2的双曲线E上，即E的方程为x2−y23=1，利用复数的运算性质、几何意义以及双曲线的几何性质，逐项判断即可。
【解答】
解：复数z=x+yi(x,y∈R)在复平面内对应的点为Z(x,y)，由题意得||z+2|−|z−2||=2，
则点Z到点(−2,0)，(2,0)的距离之差的绝对值为2，
所以点Z在以点(−2,0)，(2,0)为焦点，实轴长为2的双曲线E上，即E的方程为x2−y23=1.
对于A，E上的点到坐标原点的距离大于或等于1，即|z|≥1，故A正确;
对于B，E上的点到焦点的距离的最小值为c−a=1，即|z−2|≥1，故B错误;
对于C，若z∈R，则点Z在复平面的x轴上，又因为E与x轴仅有两个交点，即左、右顶点，
所以此时|z|=1，故C正确;
对于D，若z2∈R，则z为实数或纯虚数，又纯虚数对应的点都在复平而的y轴上，而E与轴没有交点.
故只能为实数，由C选项知，|z|=1，故D正确.
故选ACD.
11.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查三次函数的图象与性质，是较难题.
根据三次函数的图象与性质逐一判断即可.
【解答】
解：对于A，f(x)=(x−1)3+a(x−1)，将f(x)的图象向左平移1个单位长度得g(x)=x3+ax的图象，
易知g(x)为奇函数，g(x)的图象关于点(0,0)中心对称，
所以f(x)的图象关于点(1,0)中心对称，故A正确；
对于B，当a≥0时，f(x)单调递增，f(x)的图象上不存在关于直线x=1对称的两点，故B错误；
对于C，该命题等价于“若a0)和y=−xk，
联立y=kx,y=x3+ax,可得x3+(a−k)x=0，解得x=0或x=± k−a，
联立y=−1kx,y=x3+ax,，可得x3+(a+1k)x=0，
当a+1k−1a时，可解得x=0或x=± −a−1k，此时直
线y=kx和y=−xk与g(x)的图象均有三个交点，
除了坐标原点以外，根据对称性，可知另外四个交点能作为菱形的顶点，故C正确；
对于D，根据C选项，要使菱形是正方形，
需构成菱形的四个顶点到坐标原点的距离相等，
则k和a要满足 1+k2 k−a= 1+1k2 −a−1k，
平方整理得a(1−1k2)=k+1k3，
所以a(k−1k)=k2+1k2，所以(k−1k)2−a(k−1k)+2=0，
当a=−3时，可得k−1k=−1或k−1k=−2，
又函数y=x−1x在(0,+∞)上单调递增，且值域为R，
所以满足条件的k有两个，故D正确.
12.【答案】168
【解析】【分析】
本题考查样本平均数的计算，是基础题.
根据样本平均数公式计算即可.
【解答】
解：设抽查的女生的平均身高为xcm，
则178×45+15x=176，解得x=168.
13.【答案】9
【解析】【分析】
本题考查对数的运算.
根据对数运算性质进行求解即可。
【解答】
解：由题可知2x>0,2y>0,x>3y,得xy>3.
由对数的运算法则有(x−3y)2=4xy，即x2−10xy+9y2=0，解得x=9y或x=y，所以xy=9或xy=1(舍去).
14.【答案】−4048
【解析】【分析】
本题考查数列的概念，学生的创新意识，属于较难题。
A=(a1+a2+⋯+a2025)2，B=a12+a22+⋯+a20252，则M=a1a2+a1a3+⋯+a20252=A−B2，要使M最小，应使A尽可能小，B尽可能大.再分类讨论即可。
【解答】
解：(a1+a2+⋯+a2025)2=a12+a22+⋯+a20052+2(a1a2+a1a3+⋯+a201a2025)，
设A=(a1+a2+⋯+a2025)2，B=a12+a22+⋯+a20252，则M=a1a2+a1a3+⋯+a20252=A−B2，
要使M最小，应使A尽可能小，B尽可能大.
因为A>0，B≤2025×22=8100，所以M≥−4050，考虑以下几种情况：
①1012个2，1013个−2，或1012个−2，1013个2，此时A=4，B=8100，M=−4048;
②1012个2，1012个−2，1个1或−1，此时A=1，B=8097，M=−4048;
③1012个2.1012个−2，1个0，此时A=0，B=8096，M=−4048.
可以发现M不能取到−4050和−4049，故M的最小值为−4048.
15.【答案】解：(Ⅰ)由余弦定理得b2=a2+c2−2accsB，
即b2=a2+25a2−2a⋅5a⋅35=20a2，所以b=2 5a.
由余弦定理得csC=a2+b2−c22ab=a2+20a2−25a22a⋅2 5a=− 55.
(Ⅱ)由正弦定理知csinC=2R，
其中R为△ABC外接圆的半径.
因为csC=− 55，所以sinC=2 55，
S1=12absinC=12a⋅2 5a⋅2 55=2a2，
S2=π⋅c24sin2C=125πa216，
于是有S1S2=32125π.
【解析】本题考查了利用正余弦定理解三角形和三角形面积公式，是中档题.
(Ⅰ)由余弦定理得b=2 5a，再利用余弦定理得csC的值；
(Ⅱ)由正弦定理和三角形面积公式计算即可.
16.【答案】解：(Ⅰ)如图，连接BC1与B1C交于点N，连接MN.
因为四边形BCC1B1为平行四边形，
所以N为BC1的中点，
又M为AB的中点，则在△ABC1中，有MN//AC1，
又MN⊂平面B1CM，AC1⊄平面B1CM，
所以AC1//平面B1CM.
(Ⅱ)由勾股定理的逆定理知BC⊥AC，
又由侧面ACC1A1，BCC1B1均垂直于底面ABC，可得CC1⊥平面ABC，
所以CA，CB，CC1两两垂直，以C为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示.
由已知得C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,4,0)，C1(0,0, 13)，B1(0,4, 13)，M(1,2,0).
CM=(1,2,0)，CC1=(0,0, 13)，
设平面CMC1的法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅CM=x+2y=0m⋅CC1= 13z=0可取m=(2,−1,0).
CB1=(0,4, 13)，
设平面CMB1的法向量为n=(a,b,c)，
则n⋅CM=a+2b=0,n⋅CB1=4b+ 13c=0,可取n=(2 13,− 13,4).
cs=m⋅n|m|⋅|n|=5 13 5× 5×13+16= 659，
所以二面角C1−CM−B1的正弦值为49.


【解析】本题考查线面平行的证明以及利用空间向量计算二面角，是中档题.
(Ⅰ)连接BC1与B1C交于点N，连接MN，易得MN//AC1，由线面平行的判定即可得证；
(Ⅱ)建立空间直角坐标系，得出平面CMC1的法向量和平面CMB1的法向量，利用空间向量求解即可.
17.【答案】(Ⅰ)解：由题意知 a2−b2a=12,ab=2 3,解得a=2,b= 3,
故E的方程为x24+y23=1.
(Ⅱ)证明：由条件知A(−2,0)，B(2,0)，C(0, 3).
设P(m,n)(m≠0且n≠0)，则m24+n23=1，整理得6−2n2=3m22，
由直线PC:y=n− 3mx+ 3，得T( 3m 3−n,0)，
将直线AP:y=nm+2(x+2)与直线BC:y=− 32x+ 3的方程联立，
可解得xQ=2(2 3+ 3m−2n)2 3+ 3m+2n.
所以OQ⋅OT=2(2 3+ 3m−2n)2 3+ 3m+2n× 3m 3−n=12m+6m2−4 3mn6+3m− 3mn−2n2=12m+6m2−4 3mn3m− 3mn+3m22=4，
故OQ⋅OT为定值4.
【解析】本题主要考查了椭圆的方程，以及直线与椭圆的关系，属于中档题.
(Ⅰ)根据题意得 a2−b2a=12,ab=2 3,即可求出；
(Ⅱ)写出直线PC方程，得到点T的坐标，联立直线AP与直线BC的方程，求得点Q的横坐标，再根据向量的坐标运算即可证明.
18.【答案】解：(Ⅰ)∵g(x)=1+xlnx，g′(x)=lnx+1，g′(e)=2，g(e)=1+e，
∴所求的切线方程为y=2(x−e)+1+e，即y=2x+1−e.
(Ⅱ)∵f(x)=ex−12x2−x−1，f′(x)=ex−x−1，
设Fx=f′(x)=ex−x−1，则F′(x)=ex−1，
当x>0时，F′(x)>0;当x1e;由g′(x)0.
由题意得L(x)=1+xlnxx2−xlnx=1x+lnxx−ln x.
对任意m>0，取x0=e4m，则L(x0)=1x0+lnx0x0−lnx0=e−4m+4me4m−4m，
因为e−4mf(0)，即e4m−4m>1+8m2>0，
于是有L(x0)=e−4m+4me4m−4m