河南省驻马店市新蔡县2025届高三三模 数学试卷（含解析）

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一、单选题
1．已知复数满足（其中为虚数单位），则的虚部是（ ）
A．B．C．D．
2．已知函数在上单调递减，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
3．已知集合，集合，则等于（ ）
A．B．
C．D．
4．已知向量满足，，与的夹角为，且，则的值为（ ）
A．B．C．1D．2
5．定义在上的奇函数满足时，若在上恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
6．已知函数的极值点与的零点完全相同，则（ ）
A．B．C．1D．2
7．设A，B是曲线上关于坐标原点对称的两点，将平面直角坐标系沿x轴折叠，使得上，下两半部分所成二面角为，则的最小值为（ ）
A．2B．C．D．4
8．若函数是单调递增函数，且，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则有2个零点
B．若，则的解集为
C．在上有极小值
D．在上有极大值
10．已知两种金属元件（分别记为）的抗拉强度均服从正态分布，且，，这两个正态分布密度曲线如图所示，则下列选项中正确的是（参考数据：若，则，）（ ）
A．
B．
C．
D．对于任意的正数t，恒有
11．法国天文学家乔凡尼•多美尼科•卡西尼在研究土星及其卫星的运动规律时，发现了平面内到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹，并称之为卡西尼卵形线（Cassini Oval）．已知在平面直角坐标系中，，，动点满足，其轨迹为．下列结论中，正确的是（ ）
A．曲线关于轴对称
B．原点始终在曲线的内部
C．当时，面积的最大值为
D．在第一象限的点的纵坐标的最大值为
三、填空题
12．若曲线的切线为，则 ．
13．已知直线交双曲线于点，点，若的重心恰好落在双曲线的左焦点上，则直线的斜率为 ．
14．已知数列的各项均不为零，且，若表示事件“，”，则 .
四、解答题
15．在中，角的对边分别为，已知．
（1）若，求的值；
（2）若，，的中点为，求的长．
16．在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，右焦点为，右顶点为，．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若过的直线交椭圆于点（其中点在轴上方），为椭圆的左顶点．若与的面积分别为，，求的取值范围．
17．如图，在三棱柱中，平面平面，平面平面．
（1）求证：平面；
（2）若，，，求二面角的余弦值．
18．已知有限集合（，），若，则称A为“完美集”.
（1）已知，，，，成等差数列，若集合A为“完美集”，求；
（2）已知，是否存在首项为3的等比数列，使得集合A为“完美集”，若存在，求集合A；若不存在，说明理由；
（3）已知，且集合A为“完美集”，求A.
19．已知函数.
（1）当时，讨论的单调性；
（2）若，讨论方程的根的个数.
参考答案
1．【答案】B
【详解】由题意，得，所以的虚部为，
故选B．
2．【答案】C
【详解】因为函数在上单调递减，
所以当时，恒成立，则；
当时，由在上递减，
若，，合题意，
若，则，故;
又分段点处也要满足递减的性质，所以，解得.
综上所述，，
故选C．
3．【答案】C
【详解】由题意，，
得，，所以．
故选C．
4．【答案】A
【详解】由，得，
∴，
∴，即，
∴．
故选A．
5．【答案】C
【详解】易求当时，，所以，故．
所以．
由的图象知在上递增，所以在上恒成立，即在上恒成立．
所以解得．
故选C．
6．【答案】B
【详解】，
由，得①，
对于，
由，得，
依题意，所以②，
由于函数的极值点与的零点完全相同，
对比①②可得.
故选B
7．【答案】C
【详解】
设，，
在平面直角坐标系中，过作轴于点，过作轴于点，
则，，，，
折叠后即有，
因为，
所以，
当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为.
故选:C.
8．【答案】B
【详解】，
依题意，恒成立，
令，，
由，可得：，由，可得：，
所以在单调递减，在单调递增；
所以的最小值为，
所以，解得，
故选B
9．【答案】ABC
【详解】对于选项A：当时，由得，，
解得或0，所以有且仅有2个零点，故A正确；
对于选项B：当时，，且，
由得，解得，
所以的解集为，故B正确.
对于选项C：当时，且，由得或，
当时，；当时，.
①若，则，当时，；
可知在的右侧附近单调递减，在左侧附近单调递增，
所以在内有极小值；
②若，则，
当时，则，可知，
可知在的右侧附近单调递减，在左侧附近单调递增，
所以在内有极小值；
③若，当时，；当时，；
可知在的右侧附近单调递增，在左侧附近单调递减，
所以在有极小值；
④若，则，
当时，则，可知，
可知在的右侧附近单调递减，在左侧附近单调递增，
所以在内有极小值；
综上所述：在上有极小值，故C正确.
对于选项D：因为，
构建，可知，
构建，可得，
可知在上单调递增，则，
①若，则，即，可知在上单调递增，
则，且，
可知在上存在唯一零点，
当，，即；当，，即；
可知在内单调递减，在内单调递增，
所以有极小值，无极大值；
②若，且，可知在上存在唯一零点，
当，，即；当，，即；
可知在内单调递减，在内单调递增，
且，且，
可知在上存在唯一零点，
当，，即；当，，即；
可知在内单调递减，在内单调递增，
所以有极小值，无极大值；
综上所述：在上无极大值，故D错误
故选ABC.
10．【答案】AB
【详解】对于A，，A正确；
对于B，由两个正态分布密度曲线知，则，B正确；
对于C，由两个正态分布密度曲线知，则，C错误；
对于D，对于任意的正数t，由图象可知，表示的面积始终小于表示的面积，
则恒有，D错误.
故选AB
11．【答案】ACD
【详解】设，由，得．
将代入上式，等式仍成立，知曲线关于轴对称，所以选项A正确；
当时，将代入等式成立，知原点在曲线上，所以选项B错误；
当时，方程整理得．
令，则，
若方程有两个负根，则，推出无解，故方程至少有一个正根，
由得，面积的最大值为，所以选项C正确．
由，得．
令，得，所以．
所以．所以．所以选项D正确．
故选ACD．
12．【答案】1
【详解】设切点为，由，得，
则由题意得
所以，．
所以．
所以．
13．【答案】
【详解】设，，
因为，，由重心坐标公式得，，
所以弦的中点坐标为，，即．
又，在双曲线上，由题意知直线的斜率存在，则，
故，作差得，
将中点坐标代入得．
14．【答案】
【详解】依题意可知事件A为与同号，与异号，
则，，的符号有2种情况，剩下的，，，任意选有，
则.
15．【答案】（1）
（2）．
【详解】（1）因为，由正弦定理，得，
所以．
所以．
又因为为的内角，所以，
所以，从而．
又因为，则，
所以．
（2）由题意，，所以．
又，所以．
所以．
因为，所以，从而．
在中，由余弦定理得，
所以．
16．【答案】（1）
（2）．
【详解】（1）设椭圆的半焦距为，由题意，得，解得，
故椭圆方程为．
（2）
①当斜率不存在时，易知；
②当斜率存在时，可设，，，
由，得，显然，
所以，．
因为，，
所以．
因为，
又，
设，则，，解得且，
所以．
综上所述，的取值范围为．
17．【答案】（1）证明见解析
（2）．
【详解】（1）如图，取为内一点，作，交于点，作，交于点．
因为平面平面且平面平面，平面，
所以平面．
因为平面，
所以，同理得．
因为，且平面，
所以平面．
（2）因为，，两两垂直，以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示．
由题意，得，，，，
则，，，．
设平面的法向量为，则
令，则，，所以．
设平面的法向量为，则
令，则，，所以．
设二面角的平面角为，则由图可得．
故二面角的余弦值为．
18．【答案】（1）-2；
（2）不存在，理由见解析；
（3）或.
【详解】（1）依题意，，
，解得.
（2）设数列的公比为q，依题意，
所以，，
因为集合A为“完美集”，所以，
整理得，解得，不符合题意，
所以不存在首项为3的等比数列，使得集合A为“完美集”.
（3）设，若集合A为“完美集”，
则，
易知，，，当时，，
当时，显然不符合题意；
当时，不妨设，，故，
所以；
当时，因为，所以，符合题意；
当时，，不符合题意；
综上，或.
19．【答案】（1）答案见解析；
（2）答案见解析.
【详解】（1）的定义域为，则，
因，由，解得，
①当时，恒成立，
所以的无递增区间，递减区间为；
②当时，，
令，得；令，得，
所以的递增区间为，递减区间为；
③当时，，
令，得；令，得，
所以的递增区间为，递减区间为；
综上所述，
当时，无递增区间，递减区间为；
当时，的递增区间为，递减区间为；
当时，的递增区间为，递减区间为；
（2）由题设，
令，则，即在上单调递增，
故上式中满足，则有，可得，
令，则，由解得.
当时，，当时，，
在上单调递增，在上单调递减，
当时，且，当时，，
故.
结合图象，可知，
当时，方程有0个实根；
当或时，方程有1个实根；
当时，方程有2个实根.