河南省2025年高考 数学模拟试卷H3（含解析）

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1.已知数列{an}满足a1=2，an=an−1+6n(n≥2)，则a3=( )
A. 7B. 8C. 10D. 11
2.已知动点P在圆O:x2+y2=4上，若以点P为圆心的圆经过点Q(1,1)，且与圆O交于A，B两点，记点P到直线AB的距离为d，且d的最小值为m，最大值为M，则M−m=( )
A. 2B. 3C. 2 2D. 2 3
3.已知抛物线C：y2=2px(p>0)，过抛物线焦点F的直线与抛物线C交于A、B两点，交抛物线的准线于点P，若F为PB中点，且|AF|=2 33，则|AB|=( )
A. 2 23B. 4 23C. 4 33D. 8 33
4.对任意两个非零的平面向量a和b，定义：a⊕b=a⋅b|a|2+|b|2，a⊙b=a⋅b|b|2，若平面向量a，b满足|a|>|b|>0，且a⊕b和a⊙b都在集合{n4|n∈Z,00,016”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
7.函数f(x)满足：∀x，y∈Z，f(x+y)=f(x)+f(y)+2xy+1，且f(−2)=1，则n=1100[f(n)−n2]=( )
A. 4900B. 4950C. 5000D. 5050
8.已知函数f(x)=mlnx−4x，若不等式f(x+1)>mx−4ex在x∈(0,+∞)上恒成立，则实数m的取值范围是( )
A. 0≤m≤4B. m≥4C. m≤4D. m≤0
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知z1，z2，z3∈C，且z3≠0，下列说法正确的是( )
A. 若z1z3=z2z3，则z1=z2B. 若z12>z22，则|z1|>|z2|
C. |z1z3|=|z1||z3|D. z1·z2=z1·z2
10.已知点A(1,4)，B(3,2)，C(2,−1)，若直线l经过点C，且A，B到l的距离相等，则l的方程可能是( )
A. x+y−1=0B. x−y−3=0C. y+1=0D. x−2=0
11.如图，在棱长为6的正方体ABCD−A1B1C1D1上，点M为体对角线BD1靠近D1点的三等分点，点E，F为棱AB、CC1的中点，点P在平面MEF上，且在该平面与正方体表面的交线所组成的封闭图形中(含边界)，则下列说法正确的是( )
A. 平面MEF与底面ABCD的夹角余弦值为5 7777
B. 点D到平面MEF的距离为6 7711
C. 点D到点P的距离最大值为6 345
D. 设平面MEF与正方体棱的交点为T1、…、Tn，则n边形T1…Tn最长的对角线的长度大于 2972
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.函数fx=32x2−lnx的极值点为 ．
13.已知指数函数f(x)=ax(a>0且a≠1)，且f(3)=π，则f(−3)= ______．
14.某单位为了调查性别与对工作的满意程度是否具有相关性，随机抽取了若干名员工，所得数据统计如表所示，其中x∈N∗，且x0)上，且圆M与抛物线N的准线相切.如图，过抛物线N上的三个不同点A，B，C(B在A，C之间)，作抛物线的三条切线，分别两两相交于点D，E，F．
(1)求圆M和抛物线N的方程；
(2)是否存在常数λ，使得DA⋅FC=λDE⋅FE？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由；
(3)当点C的横坐标为4时，以C为直角顶点，作抛物线的两个内接Rt△CPQ及Rt△CRT，求线段PQ，RT的交点坐标．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=eaxsinx．
(1)求f(x)的图象在x=0处的切线方程；
(2)若x≤π2时，f(x)≥x恒成立，求正实数a的取值范围；
(3)当a=1时，若正实数x1，x2，⋯，xn(n≥3)满足i=1nxi=π2，求证：π22|a||b|，
所以a⊕b=a⋅b|a|2+|b|2|b|>0，
所以a⊙b=a⋅b|b|2=|a||b|csθ|b|2=|a|csθ|b|>csθ>12，
所以a⊙b=34或1；
所以a⊕b+a⊙b=1或54．
故选：C．
5.【答案】C
【解析】∵函数y=2cs(ωx+φ)(ω>0,016不一定成立，充分性不成立；
当x>16时，x>6一定成立，必要性成立；
综上所述“x>6”是“x>16”必要不充分条件．
故选：B．
7.【答案】B
【解析】令x=y=0，解得f(0)=−1；
令x=y=−1，则f(−2)=f(−1)+f(−1)+2+1=2f(−1)+3=1，
所以f(−1)=−1；
令x=1，y=−1，则f(0)=f(1)+f(−1)−2+1=f(1)−2=−1，
所以f(1)=1；
令x=n，y=1，n∈N∗，则f(n+1)=f(n)+f(1)+2n+1=f(n)+2n+2，
所以f(n+1)−f(n)=2n+2，
则当n≥2时，f(n)−f(n−1)=2n，
则f(n)=f(n)−f(n−1)+f(n−1)−f(n−2)+⋯+f(2)−f(1)+f(1)
=2n+(2n−2)+(2n−4)...+4+1
=(2n+4)(n−1)2+1
=n2+n−1，
当n=1时，上式也成立，
所以f(n)=n2+n−1(n∈N∗)，
所以f(n)−n2=n−1(n∈N∗)，
所以n=1100[f(n)−n2]=0+1+2+3+...+99=4950．
故选：B．
8.【答案】C
【解析】由题意得f(ex)=mx−4ex，
即f(x+1)>f(ex)在(0,+∞)上恒成立
因为x∈(0,+∞)时，1z22，但不满足|z1|>|z2|，∴B错；
令z1=a+bi，z3=c+di，a、b、c、d均为实数，
则|z1z3|=|a+bic+di|=|(a+bi)(c−di)(c+di)(c−di)|=|ac+bd+(bc−ad)ic2+d2|
= (ac+bdc2+d2)2+(bc−adc2+d2)2= a2c2+b2d2+b2c2+a2d2c2+d2，
又|z1||z3|= a2+b2 c2+d2= a2+b2⋅ c2+d2c2+d2= a2c2+b2d2+b2c2+a2d2c2+d2=|z1z3|，∴C对；
∵z1·z2=(a+bi)(c+di)=ac−bd+(ad+bc)i=ac−bd−(ad+bc)i，
z1·z2=(a−bi)(c−di)=ac−bd−(ad+bc)i，∴z1·z2=z1·z2，∴D对．
故选ACD．
10.【答案】AD
【解析】若A，B在l的同侧，则l/​/AB，因为kAB=2−43−1=−1，所以l的方程为x+y−1=0.若A，B
在l的两侧，则l经过线段AB的中点M(2,3)，此时l的方程为x−2=0．
故答案选：AD．
11.【答案】BCD
【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，则M(2,2,4)，E(6,3,0)，F(0,6,3)，
则ME=(4,1,−4),MF=(−2,4,−1)，
设平面MEF法向量为m=(x,y,z)，
则ME⊥mMF⊥m，则ME⋅m=4x+y−4z=0MF⋅m=−2x+4y−z=0，
取y=4，则m=(5,4,6)，
而平面ABCD的一个法向量为AA1=(0,0,6)，
所以平面MEF与底面ABCD的夹角余弦值为|cs〈m,AA1〉|=6×66× 77=6 7777.故A错误，
又DM=(2,2,4)，
所以点D到平面MEF的距离为|DM⋅m||m|=10+8+24 77=6 7711，故B正确，
由于四边形ABC1D1为平行四边形，故延长EM交D1C1于点N，
连接NF交DC延长线于点H，连接EH交BC于Q，
由于点M为体对角线BD1靠近D1点的三等分点，
所以D1MMB=D1NEB=12⇒D1N=32，
C1NCH=C1FCF=1⇒CH=92，
CHEB=CQBQ⇒923=6−BQBQ⇒BQ=125，
在棱A1D1上取K，使得D1K=65，
由于D1KD1N=6532=45,BQEB⇒1253=45⇒BQEB=D1KD1N，故KN//EQ，
设截面与AA1交于点T，连接TE，TK，FQ，
故六边形EQFNKT即为平面MEF上与正方体所截得的截面，
由于FC=AE=3,CQ=6−125=185,D1K=65，
因为NF//TE，所以C1FNC1=ATAE⇒392=AT3⇒AT=2，
由于CQ比AE、AT、D1K、D1N、CF都大，
故DQ为最大值DQ= 62+(6−125)2=6 345，
故当P在Q处时，DP最大为6 345，故C正确，
由于Q(185,6,0),E(6,3,0),F(0,6,3),T(6,0,2),K(65,0,6),N(0,32,6)，
NE= 62+(32)2+62= 2974= 2972，
KQ= (125)2+62+62= 19445= 777610> 742510= 2972，
因此六边形EQFNKT的最长对角线的长度大于 2972，故D正确．
故选：BCD．
12.【答案】 33
【解析】确定定义域：由于包含lnx函数定义域为x>0，
求导得：f′x=3x−1x=3x2−1x=3x+ 33x− 33x.
在0, 33内f′x0，fx单调递增．
x= 33是函数fx的极小值点，没有其它极值点．
故答案为： 33．
13.【答案】1π
【解析】指数函数f(x)=ax(a>0且a≠1)，且f(3)=π，
∴f(3)=a3=π，
则f(−3)=a−3=1π．
故答案为：1π．
14.【答案】14或15
【解析】根据独立性检验思想可得，K2=20x⋅(30x2−20x2)210x⋅10x⋅9x⋅11x=20x99>2.706，
得x>13.3947，
因为x∈N∗且x0)，所以2a=p，
由于圆M与N的准线相切，因此p2+a=4，
解得a=2，p=4，
因此圆M为(x−4)2+(y−2)2=16，
N为x2=8y；
(2)存在常数1，使得DA⋅FC=DE⋅FE，理由如下，
设C(x3,y3)，B(x2,y2)，A(x1,y1)，y′=14x，
那么在点B处的坐切线方程为y−y2=14x2(x−x2)，所以y=14xx2−18x22，
在点A处的坐切线方程为y−y1=14x1(x−x1)，所以y=14xx1−18x12，
根据y=14xx1−18x12y=14xx2−18x22，可得xD=x1+x22yD=x1x28，因此D(x1+x22,x1x28)，
同理可得xF=x3+x22yF=x3x28，xE=x1+x32yE=x1x38，F(x2+x32,x3x28)，E(x1+x32,x1x38)，
DE=(x3−x22,x1x3−x1x28),FE=(x1−x22,x1x3−x2x38)，
DA=(x1−x22,x12−x1x28),FC=(x3−x22,x32−x3x28)，
因此DA⋅FC=x1−x22×x3−x22+x12−x1x28×x32−x3x28
=x1−x22×x3−x22+x1(x1−x2)8×x3(x3−x2)8，
DE⋅FE=x3−x22×x1−x22+x1x3−x1x28×x1x3−x2x38，
=x3−x22×x1−x22+x1(x3−x2)8×x3(x1−x2)8，可得DA⋅FC=DE⋅FE，
因此存在λ=1，使得DA⋅FC=DE⋅FE；
(3)由于Rt△CRT，Rt△CPQ是抛物线的两个内接三角形，
因此直线CR，CQ，CT，CP，的斜率存在且不为0，
当点C的横坐标为4时，代入42=8y，可得y=2，因此点C(4,2)，
设T(xT,yT)，Q(xQ,yQ)，P(xP,yP)，R(xR,yR)，
根据C为直角顶点，
设kCR=ℎ，那么kCQ=−1ℎ，
那么直线CR为y−2=ℎ(x−4)，
与抛物线x2=8y联立得x2−8ℎx+32ℎ−16=0，那么xR+4=8ℎ，xR=8ℎ−4，
yR=ℎ(xR−4)+2=8ℎ2−8ℎ+2，可得R(8ℎ−4,8ℎ2−8ℎ+2)，
同理T(−8ℎ−4,8ℎ2+8ℎ+2)，
因此直线RT的方程为y−(8ℎ2−8ℎ+2)=8ℎ2−8ℎ+2−(8ℎ2+8ℎ+2)8ℎ−4+8ℎ+4(x−8ℎ+4)，
化简得y=(ℎ−1ℎ−1)(x+4)+10；
设kCP=k，那么kCQ=−1k，
那么直线CP为y−2=k(x−4)，与抛物线x2=8y联立得：
x2−8kx+32k−16=0，那么xP+4=8k，所以xP=8k−4，
yP=k(xP−4)+2=8k2−8k+2，可得P(8k−4,8k2−8k+2)，
同理Q(−8k−4,8k2+8k+2)，
因此直线PQ为y−(8k2−8k+2)=8k2−8k+2−(8k2+8k+2)8k−4+8k+4(x−8k+4)，
化简得y=(k−1k−1)(x+4)+10，所以(k−1k−1)(x+4)+10−y=0，
由(ℎ−1ℎ−1)(x+4)+10−y=0(k−1k−1)(x+4)+10−y=0得x=−4y=10，
所以PQ，RT的交点坐标为(−4,10)．
19.【解析】(1)由f(x)=eaxsinx，得f(0)=0，又f′(x)=eax(asinx+csx)，
则k=f′(0)=1，故切线方程为y=x．
(2)由a>0，当x≤−π2时，则eaxsinx>−1>−π2≥x；当−π2≤x≤0时，
此时sinx≤0，eax≤1，故eaxsinx≥sinx≥x，当00，g′(x)单调递增，g′(x)≥g′(0)=0，因此g(x)单调递增，
故g(x)≥g(0)=0，符合题意；
若00，故g′(x)>0，从而g(x)单调递增，故g(x)≥g(0)=0，符合题意；
当0f(x)+f(y)，
进而可知i=1nf(xi)