河南省郑州市2025届高三下学期第三次质量预测数学试题（解析版）

这是一份河南省郑州市2025届高三下学期第三次质量预测数学试题（解析版），共4页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合，，则（ ）
A B.
C. D.
【答案】B
【解析】，故，
，故，
故.
故选：B
2. 若复数z满足，则（ ）
A. B. 2C. D. 3
【答案】C
【解析】因为，所以，
所以，
故选：C.
3. 记等差数列的前n项和为，若，，则（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】A
【解析】等差数列的前n项和为，
因为，，
所以，
故选：A.
4. 在△ABC中，已知，，，则角C为（ ）
A. 45°B. 105°C. 45°或135° D. 15°或 105°
【答案】D
【解析】由正弦定理得，即，
所以，故或，
当时，，
当时，.
故选：D
5. 河南具有悠久的历史和丰富的文化底蕴，其美食也独具特色．现有一名游客计划在三天内品尝完以下六种河南特色美食：烩面、胡辣汤、灌汤包、道口烧鸡、焖饼、黄河鲤鱼．该游客每天从这六种美食中选择1到3种进行品尝（每天必须选择且不能重复选择已品尝过的美食）．若三天后恰好品尝完所有美食，则不同的选法种数为（ ）
A. 450B. 360C. 180D. 90
【答案】A
【解析】①计算按照分配的选法种数.
根据分步乘法计数原理，按分配的选法种数为：
种.
②按照分配的选法种数为：
种.
最后将两种选法种数相加得到总的选法种数为种.
故选：A.
6. 4月23日是“世界读书日”，全社会都参与到阅读中来，形成爱读书，读好书，善读书的浓厚氛围．某中学共有3000名学生，为了了解学生书籍阅读量情况，该校从全校学生中随机抽取200名，统计他们2024年阅读的书籍数量，由此来估计该校学生当年阅读书籍数量的情况，下列估计中正确的是（ ）
（注：同一组数据用该组区间的中点值作为代表）
A. 阅读量的众数估值为8
B. 阅读量的中位数估值为6.5
C. 阅读量的平均数估值为6.76
D. 阅读量的第70百分位数估值为8.86
【答案】D
【解析】众数估值为，A错误；
中位数在内，所以，解得，B错误；
平均数，C错误；
第70百分位数在内，所以，
解得，D正确
故选：D.
7. 已知函数是定义在上的奇函数，函数的图象关于对称，若，则（ ）
A. B. C. 0D. 1
【答案】D
【解析】因为，所以，
因为是奇函数，，所以，
因为函数图象关于对称，所以，
即.
故选：D.
8. 已知点坐标为，直线与圆交于两点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由得，所以圆心，半径
由得，
由得，所以直线过定点，即为圆心，
所以是圆的直径的两端点，所以，且，
，
因为，所以，
令，则，
所以当时，取得最小值；当时，取得最大值，
所以，
故选：C.
二、多选题：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. 函数，则下列关于的说法中正确的是（ ）
A. 最小正周期是B. 最大值是2
C. 是区间上的增函数D. 图象关于点中心对称
【答案】AC
【解析】，
所以的最小正周期，A正确；
最大值是，B错误；
当时，，是的单调递增区间，C正确；
因为，，
，所以图象不关于中心对称，D错误.
故选：AC.
10. 如图，在棱长为6的正四面体中，点O是顶点P在底面ABC内的射影，N为PO的中点，则（ ）
A.
B. 点C到平面的距离为
C. 如果在此正四面体中放入一个小球（全部进入），则小球半径的最大值为
D. 动点Q在平面ABC内，且满足，则动点的轨迹表示图形的面积为
【答案】BD
【解析】取的中点，连接，则且为靠近的一个三等分点，过点作交于点，则，
又平面，如图建立空间直角坐标系，
因为，所以，
则，，，，，
所以，，
所以，所以与不垂直，故A错误；
因为，所以，
又，所以，
设点到平面的距离为，则，解得，
即点C到平面的距离为，故B正确；
对于C：因为，设正四面体的内切球的半径为，
则，即，解得，
所以在此正四面体中放入一个小球（全部进入），则小球半径的最大值为，故C错误；
对于D：连接，因为，平面，平面，
所以，所以，所以，
则点在平面所表示的图形为以为圆心，为半径的圆面，
所以动点的轨迹表示图形的面积为，故D正确.
故选：BD
11. 群论，是代数学的分支学科，群的定义如下：设G是一个非空集合，“•”是G上的一个代数运算，如果该运算满足以下条件：①对任意的，有；②对任意的，有；③存在，使得对任意的，有，称为单位元；④对任意的，存在，使，称a与b互为逆元．则称G关于“•”新构成一个群．则下列说法正确的有（ ）
A. （为虚数单位）关于数的乘法构成群
B. 有理数集关于数的加法构成群
C. 关于数的除法构成群
D. 正实数集关于数的乘法构成群
【答案】ABD
【解析】对于A选项：
因为，可以计算里面任意两个元素的乘积结果都属于集合.
因为数的乘法满足结合律，对于复数也不例外.
存在，对于，当时，.
当时，;当时，.
集合也满足逆元，关于数的乘法能够构成群，所以A选项正确.
对于B选项：
对于任意两个有理数，它们的和仍为有理数；有理数的加法也满足结合律.
存在，对于，有.
对于任意的，存在，使得.
所以有理数集关于数的加法构成群，B选项正确.
对于C选项：
取，无意义，不满足对任意的，
有，所以不满足封闭性，C选项错误.
对于D选项：
任意两个正实数的乘积仍然是正实数；实数的乘法满足结合律.
对于任意的，存在使得.
满足.所以D选项正确.
故选：ABD.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分．
12. 若直线经过椭圆的一个焦点和一个顶点，则该椭圆的离心率为________．
【答案】或
【解析】直线与坐标轴的交点为和，
若是椭圆的焦点，是椭圆的一个顶点，
此时椭圆的焦点在轴且，所以，离心率，
若是椭圆的焦点，是椭圆的一个顶点，
此时椭圆的焦点在轴且，所以，离心率，
所以椭圆的离心率为或，
故答案为：或.
13. 已知，，则________．
【答案】
【解析】，
，
故，
所以，
解得，故，
所以
.
故答案为：
14. 若直线为曲线的一条切线，则的最小值为________．
【答案】
【解析】，
设直线与曲线相切于点，则且，
解得，所以，从而得，所以，
设，，
令得，令得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，即的最小值为.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 某云计算平台部署了多台同型号服务器，运维系统会检测服务器是否触发“高温异常”警报．历史数据表明，警报与服务器状态（正常/故障）高度相关．从触发警报和未触发警报的数据中各随机抽取500条，统计如下：
运维单台服务器时，可选操作及经济损失（单位：千元）如下：
假设用频率估计概率，各服务器状态相互独立．
（1）若服务器触发高温警报，求其处于故障状态的概率；
（2）某次维护中，发现1台触发警报的服务器和1台未触发警报的服务器．现有三种操作方案：
方案甲：触发警报的服务器深度检修，未触发警报的保持运行；
方案乙：触发警报的服务器快速诊断，未触发警报的保持运行；
方案丙：触发警报的服务器深度检修，未触发警报的快速诊断．
从总经济损失期望最小的角度，判断哪种方案更优．
解：（1）设服务器触发警报时其处于故障状态设为事件A，服务器未触发报警记时其处于故障状态记为B．
由题意可知，；，
由古典概型知识可知，.
（2）∵，∴，
又，∴．
∴.
方案甲：触发警报的服务器深度检修的经济损失的数学期望为：
（千元）．
未触发警报的服务器保持运行的经济损失的数学期望为：
（千元）．
∴（千元）
方案乙：触发警报的服务器快速诊断的经济损失的数学期望为：
（千元）．
所以，（千元）
方案丙：未触发警报的服务器快速诊断的经济损失的数学期望为：
（千元），
所以（千元）
∵，所以方案乙更优．
16. 已知函数．
（1）若是函数的极值点，求a的值；
（2）在（1）的条件下，若函数有两个零点，求实数m的取值范围．
解：（1），
因为是函数的极值点，所以，
即，此时，
由，得；由，，
所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以，是函数的极小值点，故.
（2）由（1）可知有两个零点，
即方程有两个解．
当时，，
当时，，即．
设，函数零点个数为函数的图象与直线的交点个数．
，，
令，得或；令，得且．
所以函数在区间和上单调递减，在区间和上单调递增．
当时，；当时，；如图所示
，，
函数的图象与直线有两个交点，即或，
即或时，函数有两个零点.
17. 已知数列的首项，且满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，若不等式对一切恒成立，求实数的取值范围．
解：（1）由题意可知，，
可得，
又，故数列是以-1为首项，以-1为公比的等比数列，
所以.
（2）由（1）可得，
所以，，
当n奇数时，①，
②，
由①-②得，
所以，
所以，，
所以，，所以，
当n为偶数时，，同理求和可得，，
所以，，
故，
综上，实数的取值范围为.
18. 已知抛物线的焦点为F，点在E上，且．
（1）求E的方程；
（2）过F作互相垂直的两条直线，，这两条直线与抛物线C分别交于A，B和P，Q两点，其中点A，P在第一象限．
（ⅰ）记△AOB和△POQ的面积为，，求的最小值；
（ⅱ）过F点作x轴的垂线，分别交AP，BQ于C，D两点，请判断是否存在以CD为直径的圆与y轴相切，并说明理由．
解：（1）依题意得，点M在抛物线上，且，
所以，所以可得，
所以E的方程为；
（2）（ⅰ）抛物线方程为，焦点坐标为，
当的直线斜率为0时，与抛物线只有1个交点，不合要求，
当的斜率不存在时，的斜率为0，此时与抛物线只有1个交点，不合要求，
故设，，则，
，，，，
由，消去x得，
，，，
所以，
同理，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
故的最小值为．
（ⅱ）不妨设，由题意可知，
又，，所以AP的直线方程可化为：，
又，故可得，
同理可得直线方程为，
又，故，
又，所以可得，
可得，所以可得CD的中点恒为F，
以CD为直径的圆与y轴相切等价于，
若，则，所以，
又，所以，故，
整理可得，
即，
因为，故，所以．
又，故可得．
代入方程可得，，
，
故不存在以CD为直径的圆与y轴相切
19. 在空间直角坐标系O-xyz中，已知向量，经过点，且以为法向量的平面α的方程为．
（1）求原点到平面的距离；
（2）根据平面直角坐标系中点到直线的距离公式，类比出到平面的距离公式，并利用有关知识证明；
（3）已知平行六面体，平面的方程为，平面经过点，平面的方程为，求平面与平面夹角的余弦值的最大值．
（1）解：根据题意，平面的法向量，
在平面上任取点，可得，
设原点到平面的距离为，则，
故原点O到平面的距离为.
（2）证明：由点到直线的距离公式，
类比：点到平面的距离公式为，
证明如下：
不妨设，在平面内取一点，
则向量，
取平面的一个法向量，
所以点到平面的距离为：
（3）解：，
设为平面的一个法向量，则，
令，得，，所以．
因为平面的方程为，所以由（2）知平面的一个法向量为，
设直线的一个方向向量为，则
令，得，所以．
因为平面，所以平面的一个法向量与直线的方向向量垂直，所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为
又，，
平面与平面夹角的余弦值的最大值为．触发警报时状态分布
未触发警报时状态分布
正常
25台
正常
450台
故障
475台
故障
50台
状态/操作
保持运行
快速诊断
深度检修
正常
0
1
3
故障
10
4
6