河南省鹤壁市高中2025届高三第十三次模拟考试 数学试卷（含解析）

这是一份河南省鹤壁市高中2025届高三第十三次模拟考试 数学试卷（含解析），共13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。
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
2．记为等差数列的前项和，已知，，则的最大值为（ ）
A．16B．18C．23D．25
3．已知随机变量，若其对应的正态密度函数满足，且，则（ ）
A．0.8B．0.5C．0.4D．0.1
4．若正四棱锥的高为8，且所有顶点都在半径为5的球面上，则该正四棱锥的侧面积为（ ）
A．24B．32C．96D．128
5．加密运算在信息传送中具有重大作用对于一组数据，，…，，其密钥，定义算法，其中，，…，.将数据，，…，加密为，，…，的过程称为型单向加密.现将一组数据，，，，，进行型单向加密，则加密后的新数据的第60百分位数为（ ）
A．2B．3C．6D．9
6．已知非零向量，满足，则（ ）
A．B．C．2D．4
7．已知是双曲线的左、右焦点，为双曲线上的两点，若，且以为直径的圆恰好过点，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数的图象如图所示，图象与轴的交点为，与轴的交点为，最高点，且满足．若将的图象向左平移1个单位得到的图象对应的函数为，则（ ）

A．B．0
C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知为虚数单位，以下选项正确的是（ ）
A．若，则的充要条件是
B．若复数满足，则
C．
D．若复数满足，则的最大值为6
10．在正方体中分别是的中点.下列说法正确的是（ ）
A．平面
B．异面直线与所成角的余弦值为
C．过三点的平面截正方体所得截面图形的周长为
D．若点在正方体表面上运动，且点到点的距离与到点的距离之比为，则点的轨迹长度为
11．已知函数，若函数的图象与轴的三个交点依次为，且，则（ ）
A．
B．若，则
C．若，则
D．若成等差数列，则
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知角的终边过点，则 .
13．已知随机事件A，B，，，，则 .
14．设满足方程的点的运动轨迹分别为曲线，若曲线有两个交点（其中是自然对数的底数），则实数的取值范围为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．如图，在三棱柱中，平面．

(1)求证：平面平面；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值．
16．已知函数，其中．
(1)讨论函数的单调性；
(2)已知，若对任意的恒成立，求的最小值．
17．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
(1)求角的大小；
(2)若点是边中点，且，求面积的最大值.
18．已知椭圆：上一点处的切线为，两焦点，在上的射影分别为，我们常常把过切点且与切线垂直的直线叫做法线，它平分，因此从一个焦点射出的光线经过切点反射后会经过另一个焦点如图记，，当点不在轴上时，记的面积为若.

(1)求证：；
(2)试探究 是否为定值，如果为定值，求此定值；如果不为定值，请说明理由；
(3)若椭圆的离心率为，且当时，四边形的面积，求椭圆的方程.
19．已知数列的前项和为满足，且，数列满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前项和；
(3)若将数列中的所有项按原顺序依次插入数列中，组成一个新的数列：，在与之间插入项中的项，中之前（不包括）所有项的和记为.若.求使得成立的最大整数的值.（其中表示不超过的最大整数）
参考答案
1．【答案】B
【详解】因为集合，，
所以，.
故选.
2．【答案】D
【详解】设公差为，则，，
解得，所以，
当时，，当时，，
所以当时，取得最大值，最大值为.
故选D.
3．【答案】C
【详解】由，则正态密度函数关于对称，即，
则.
故选C.
4．【答案】C
【详解】
如图所示，设P在底面的投影为G，易知正四棱锥的外接球球心在上，
由题意球O的半径，
所以，，则，
故中，边AB的高为，
所以该正四棱锥的侧面积为.
故选C.
5．【答案】C
【详解】依题意，密钥，则加密后的新数据依次为，
将加密后的新数据按从小到大的顺序排列为，
由，得加密后的新数据的第60百分位数为6.
故选C.
6．【答案】B
【详解】由，得，则共线，
因此，整理得，而为非零向量，
所以.
故选B.
7．【答案】C
【详解】

如图所示，连接，延长交双曲线于点，连接，
因为，且以为直径的圆恰好过点，
所以由对称性可知点也在圆上，且四边形为矩形.
设，则，，，
因为点都在双曲线右支上，所以由双曲线的定义可知，
，，
所以，，
所以在直角，中，由勾股定理可得，
，解得，
所以双曲线的离心率.
故选C.
8．【答案】A
【详解】由图象可知，，所以，又，所以，
所以，又，所以，
又，所以，所以，所以点的坐标为，
因为，所以，即，又，
解得，所以，
将的图象向左平移1个单位，得到的图象对应的函数为:
，
所以，
故选A.
9．【答案】ACD
【详解】对于A，因，则等价于，
等价于，即，故A正确；
对于B，由可得，
当时，等式成立，但与不一定相等，故B错误；
对于C，因对于， ，
则，
于是，故C正确；
对于D，由可理解为复平面内以原点为圆心的单位圆，
而可看成点到该圆上点的距离，
易得的最大值即，故D正确.
故选ACD.
10．【答案】ABD
【详解】对于A，设为的中点，连接，
则，而，
所以，故四边形为平行四边形，故，
而平面，平面，故平面，故A正确；
对于B，取的中点，连接，则且，
故或其补角为异面直线所成的角，
而，故，故，故B正确；
对于C，设直线与直线交于，连接角于，
因为，故，同理，故，
故，而，
，故截面图形的周长为，故C错误；
对于D，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，设，
则，
则，故的轨迹为球与正方体表面的截线（如图所示），
每段弧的圆心角为，所在圆的半径为，故三段弧长和为，
故D正确.
故选ABD.
11．【答案】BCD
【详解】对于A，，因为有三个零点，
所以至少有三个单调区间，即有两个不相等的实数根，
所以，解得，故A错误；
对于B，当时，，
，
由或，由，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，在处取得极小值，
因为有三个零点，所以，解得，故B正确；
对于C，，
所以函数的图象关于点中心对称，
所以，故C正确；
对于D，
，
所以，
若成等差数列，则，所以，
得，所以，
解得，即，故D正确；
故选BCD．
12．【答案】10
【详解】由角的终边过点，得，
所以.
13．【答案】
【详解】依题意得，所以
故，所以.
14．【答案】
【详解】法一：因为，
，
依题意，曲线，曲线，
且曲线有两个交点，方程在上有两解，
即方程在上有两解，令，
所以方程有两解等价于函数的图象与的图象有两个交点.
易知直线恒过定点，斜率为，
又由得，令，则，
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，作出的图象如图所示，
设直线是的图象的切线，设切点为，
则切线斜率为，所以切线的方程为，
又直线经过点，所以，
即，解得或，所以或，
由图知，当或即或时，
函数的图象与的图象有两个交点，即曲线有两个交点，
故实数的取值范围是.
法二：因为，
依题意，曲线，曲线，且曲线有两个交点，
方程在上有两解，即方程在上有两解，
当时，，此时；
当时，即方程在上有两解，
令，则的图象与的图象有两个交点.
又，
令，则或，
当或时，单调递减，
当或时，单调递增，
又，且当时，，
当时，，当时，，
所以的大致图象如图所示，
要使的图象与的图象有两个交点，则或，
所以实数的取值范围是.
故答案为.
15．【答案】(1)证明见详解
(2)
【详解】（1）在三棱柱中，由平面平面，得，
又平面，则平面，
而平面，所以平面平面.
（2）由（1）知两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，

由，令，则，
，，
设平面的法向量为，则，取，得，
设直线与平面所成的角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
16．【答案】(1)答案见解析
(2)
【详解】（1），
当时，恒成立，在上单调递增；
当时，令，
所以当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增；
综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）由（1）可得时，当时，函数取得极小值，又，若对任意的恒成立，不符合题意，
所以当，，即，
即，即，
代入，
设，则，
令，得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，所以的最小值为.
17．【答案】(1)
(2)
【详解】（1），
即，
由正弦定理，得，即，
所以，
因为，所以.
（2）因为，
即，
所以，
由，所以，
所以，则，
所以，当且仅当时，等号成立，
所以.
即面积的最大值为.
18．【答案】(1)证明见解析
(2)为定值，
(3)
【详解】（1）记，，，则，.
在中，
又，两式相减，得，
（2）题意得 故，，则，
由（1）得，，则.
当为椭圆左右顶点时，也满足上式
故，为定值；
（3） ，
，
，
则，
由，知，故椭圆的方程为
19．【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）因为，所以是以为首项，为公差的等差数列.
所以.
当时，
又满足关系，
故.
数列，当时，，
当时，.
所以，；
（2）由题可知
①
②
①-②得.
③
④
③-④得
；
（3）依题意，数列中之前的所有项中包括项中的项，
设其和为，则
数列中之前的所有项中包括项中的项，设其和为，则
于是
所以，
当时，
当时，因为，
所以
，
于是，，因此，
所以，，
所以，又，
所以，，，
得成立的最大整数的值为.