2025-2026学年河南省部分学校高三（上）质检数学试卷（9月份）（含答案）

这是一份2025-2026学年河南省部分学校高三（上）质检数学试卷（9月份）（含答案），共8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：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知命题p：∀x∈Z，x2∈N，则￢p：( )
A. ∃x∈Z，x2∉NB. ∃x∈Z，x2∈N
C. ∃x∉Z，x2∉ND. ∀x∈Z，x2∉N
2.样本数据3，6，5，11，4，8的第60百分位数为( )
A. 3B. 4C. 6D. 9
3.设复数z1=a+2i，z2=1+3ai，其中a∈R，若z1−z2在复平面内对应的点位于第四象限，则a的取值范围为( )
A. (23,1)B. (23,+∞)C. (32,+∞)D. (1,+∞)
4.已知双曲线C：x2a2−y23=1(a>0)的一个焦点为(2,0)，则双曲线C的渐近线方程为( )
A. y=±xB. y=± 2xC. y=± 3xD. y=±2x
5.已知第二象限角α满足3sin(π2−α)+1=0，则tan2α=( )
A. 57B. 33C. 2 23D. 4 27
6.在矩形ABCD中，已知AB=2，点E为线段AD的中点，且BE⊥AC，则CA⋅CE=( )
A. 2B. 4C. 8D. 16
7.不透明袋子里装有大小、材质完全相同的3个白球、8个黑球，现从中每次随机不放回地抽取1个小球，直到选中第1个黑球为止，则选取次数X的数学期望E(X)=( )
A. 25B. 43C. 12D. 34
8.微扰级数是物理学中用于处理非线性系统的重要方法，对于小扰动参数λ(λ∈[10−17,1))，可得系统的能量E=i=0nEiλi，若E0=E1=⋯=En=2，n∈N，n为常数，则( )
A. 当E取最小值时，nλn+1−1=(n+1)λn
B. 当E取最大值时，nλn+1+1=(n+1)λn
C. E无最小值
D. E无最大值
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.若正数a，b，c，d满足a，b，c成等差数列，b，c，d成等比数列，则下列说法正确的是( )
A. c2=bdB. 若b=2a，则d=4.5a
C. 若a，b均为整数，则c一定为整数D. 若a，b均为整数，则d一定为整数
10.已知函数f(x)是定义域为R的奇函数，当x>0时，f(x)=(2x+1)ln2x，则下列说法正确的是( )
A. 当x0时，f(x)单调递增
D. x轴是曲线y=f(x)的一条切线
11.已知函数f(x)=tan(ωx+φ)(ω>0,|φ|0，则nm=______．
14.已知函数f(x)=x2|1x−a|+x−a有且仅有2个零点，则实数a的取值范围为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知某物理实验参数误差X(单位：cm)服从正态分布N(2,σ2)，且P(2≤X≤6)=0.4．
(1)求P(X>6)的值；
(2)求P(X≥−2|X≤2)的值．
16.(本小题15分)
如图，在三棱锥V−ABC中，VA=VB=2，且AC⊥BC，AC=BC=2．
(1)若VC=2，证明：平面VAB⊥平面ABC；
(2)若VC与平面ABC所成的角为60°，求二面角A−VC−B的正弦值．
17.(本小题15分)
记首项为1的数列{an}的前n项的积为Tn，且{Tn+1−Tn}是以2为首项，2为公差的等差数列．
(1)求{Tn}的通项公式；
(2)求{an}的通项公式；
(3)求{an}中的最大项．
18.(本小题17分)
已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距为2，短轴长为2 3,A为E在第一象限上的一点，过点A且与E相切的直线分别交y轴、x轴于B，C两点，O为坐标原点．
(1)求E的标准方程；
(2)设点D(14,0)，求|AD|的最小值；
(3)证明：△OBC的面积不小于2 3．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=ln(x+1x)−2a2x+1(a∈R)．
(1)证明：曲线y=f(x)关于点(−12,0)中心对称；
(2)当x>0时，f(x)>0，求a的取值范围；
(3)证明：对于任意的n∈N∗，2ln(n!)+2n6)=1−P(−2≤X≤6)2=0.1．
(2)设事件A：X≥−2，事件B：X≤2，
由(1)得P(B)=P(X≤2)=0.5，P(AB)=P(−2≤X≤2)=0.4，
所以P(X≥−2|X≤2)=P(A|B)=P(AB)P(B)=．
(1)根据正态分布的对称性及概率和为1，即可得答案．
(2)根据条件概率公式，结合(1)中结论，计算即可得答案．
本题考查了正态分布曲线的特点，重点考查了条件概率公式，属基础题．
16.(1)证明：取AB的中点为O，连接OV，OC，
由于VA=VB=2，且AC=BC=2，
故VO⊥AB，OC⊥AB，因此∠VOC为平面VAB与平面ABC的夹角或其补角，
又AC⊥BC，故AB= AC2+BC2=2 2，则VA2+VB2=AB2，
因此OC=OV=12AB= 2，
结合VC=2，故VO2+OC2=VC2，则VO⊥OC，
因此∠VOC=π2，故平面VAB⊥平面ABC；
(2)由(1)知：VO⊥AB，OC⊥AB，VO∩OC=O，VO，OC⊂平面VOC，
因此AB⊥平面VOC，而AB⊂平面ABC，则平面VOC⊥平面ABC，
于是CO是CV在平面ABC上的射影，因此∠VCO=60°，
由OC=OV= 2，得△VOC是正三角形，则a= 2，
由于△VBC，△VAC均为等腰三角形，取VC中点M，连接MA，MB，
因此AM⊥VC，BM⊥VC，故∠AMB为二面角A−VC−B的平面角，
由于AM=BM= AC2−(12VC)2= 22−( 22)2= 142，
故cs∠AMB=AM2+BM2−AB22AM⋅BM=144+144−82× 144× 144=−17，
故sin∠AMB=4 37，故二面角A−VC−B的正弦值为4 37．
17.(1)首项为1的数列{an}的前n项的积为Tn，且{Tn+1−Tn}是以2为首项，2为公差的等差数列，
∴Tn+1−Tn=2+2(n−1)=2n，结合题意知T1=1，
∴当n≥2时，Tn=T1+(T2−T1)+(T3−T2)+⋯+(Tn−Tn−1)=1+2(1+2+⋯+n−1)
=1+2×n(n−1)2=n2−n+1，T1=1也适合，
∴Tn=n2−n+1；
(2)由题意知Tn=a1a2…an=n2−n+1，
则n≥2时，an=TnTn−1=n2−n+1(n−1)2−(n−1)+1=n2−n+1n2−3n+3，
a1=1也适合该式，
∴an=n2−n+1n2−3n+3；
(3)由(2)知an=n2−n+1n2−3n+3，
令f(x)=x2−x+1x2−3x+3,x≥1，
则f′(x)=(−2x)(x−2)(x2−3x+3)2，
当12时，f′(x)a4>…，
∴{an}中的最大项为a2=22−2+122−3×2+3=3．
18.(1)设椭圆E的半焦距为c，则由题可得2c=2，所以c=1，
又2b=2 3，所以b= 3，所以a2=b2+c2=3+1=4，
所以椭圆E的方程为：x24+y23=1．
(2)因为点A为椭圆E在第一象限上的点，则设A(2csθ, 3sinθ)，θ∈(0,π2)，又D(14,0)，
所以|AD|= (2csθ−14)2+3sin2θ= cs2θ−csθ+4916= (csθ−12)2+4516≥3 54，
当且仅当csθ=12，即θ=π3时取等号，即|AD|的最小值为3 54．
(3)证明：在第一象限，由椭圆方程可得y= 3⋅ 1−x24，y′=− 34⋅x 1−x24，
设A(x0,y0)，则在A处的切线斜率为：y′=− 34⋅x0 1−x024，又x024+y023=1，
则y023=1−x024，3x02+4y02=12，则y′=−34⋅x0y0．
则切线方程为：y=−34⋅x0y0(x−x0)+y0．
令x=0，得y=3x02+4y024y0=3y0，B(0,3y0)，
令y=0，得x=3x02+4y023x0=4x0，C(4x0,0)．
又由(2)，设A(2csθ, 3sinθ)，θ∈(0,π2)，则B(0, 3sinθ)，C(2csθ,0)．
则S△OBC=12|OC||OB|= 3|sinθcsθ|=2 3|sin2θ|，因θ∈(0,π2)，则2θ∈(0,π)，
从而002x+1≠0，解得x0，
即y=f(x)的定义域为(−∞,−1)∪(0,+∞)，
f(x)+f(−x−1)=ln(x+1x)−2a2x+1+ln(−x−1+1−x−1)−2a2(−x−1)+1
=ln(x+1x)−2a2x+1+ln(xx+1)+2a2x+1=ln[(x+1x)⋅(xx+1)]=ln1=0，
即f(x)+f(−x−1)=0，故曲线y=f(x)关于点(−12,0)中心对称；
(2)由x>0，因此x+1x=1+1x>1，令t=1+1x>1，因此x=1t−1，
因此f(x)=ln(x+1x)−2a2x+1=lnt−2a2(1t−1)+1=lnt−2a(t−1)t+1，
令g(x)=lnx−2a(x−1)x+1，x>1，
因此g′(x)=1x−2a⋅x+1−x+1(x+1)2=x2+(2−4a)x+1x(x+1)2，
若a≤1，由x>1，因此(2−4a)x≥−2x，
故g′(x)=x2+(2−4a)x+1x(x+1)2≥x2−2x+1x(x+1)2=(x−1)2x(x+1)2>0，
因此g(x)在(1,+∞)上单调递增，又g(1)=ln1−0=0，故g(x)>0恒成立，符合要求；
若a>1，有g′(1)=1+(2−4a)+14=1−a0，使得x∈(1,ε)时，g′(x)0恒成立，
因此ln(x+1x)>22x+1对任意x>0恒成立，
故当x=1时，有ln2>23，即3ln2>2，
令ℎ(n)=2ln(n!)+2n−(2n+1)ln(n+1)，n∈N∗，
因此ℎ(1)=2ln1+2−(2+1)ln(1+1)=2−3ln20恒成立，因此ln(n+1n)>22n+1，
故ℎ(n)−ℎ(n−1)=2−(2n+1)lnn+1n