河南省许昌市部分学校2025届高三下学期4月期中联考数学试题（解析版）

这是一份河南省许昌市部分学校2025届高三下学期4月期中联考数学试题（解析版），共9页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由或，故集合或，所以，
易得集合，故.
故选：B.
2. 已知条件，条件，则是的（ ）
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
【答案】B
【解析】或，则，
，则或，
因此推出，而不能推出，
所以是的必要不充分条件.
故选：B
3. 设是定义域为的奇函数，且.若，则（ ）.
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为是定义域为的奇函数，则，
则，故是以为周期的周期函数，
由，则.
故选：B.
4. 设，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】，则，即，
因为，
则，则，则.
又因为，
所以.
故选：B.
5. 已知，，，且，则的最小值为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 9
【答案】B
【解析】，
由于，则，
由于，当且仅当，时取等号.
则，当且仅当时取等号，
则的最小值为3.
故选：B.
6. 已知为锐角，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由，
得，
则，由为锐角，则，
又，，
故，
所以
，
由二倍角余弦公式得，则.
又为锐角，所以，
故.
故选：C.
7. 已知x，，若恒成立，则实数m的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】的几何意义为两动点与的距离，
A在曲线上，B在曲线上，抛物线开口向右， 焦点，
作出两曲线与的图象，如图所示，
可得 ，，
最小值就是，
即求点到曲线上点的最小值.
取曲线上点，，
令，则，
函数单调递增，且，
则有在上为负，在上为正，
所以在上单调递减，在上单调递增，
，则的最小值为，
即的最小值为，
所以实数m的最大值是.
故选：D.
8. 甲、乙两人进行一场游戏比赛，其规则如下：每一轮两人分别投掷一枚质地均匀的骰子，比较两者的点数大小，其中点数大的得3分，点数小的得0分，点数相同时各得1分．经过三轮比赛，在甲至少有一轮比赛得3分的条件下，乙也至少有一轮比赛得3分的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】用分别表示甲、乙两人投掷一枚骰子的结果，
因为甲、乙两人每次投掷均有6种结果，则在一轮游戏中，共包含个等可能的基本事件.
其中，甲得3分，即包含的基本事件有，共15个，概率为.
同理可得，甲每轮得0分的概率也是，得1分的概率为.
所以每一轮甲得分低于3分的概率为．
设事件A表示甲至少有一轮比赛得3分，事件表示乙至少有一轮比赛得3分，则事件表示经过三轮比赛，甲没有比赛得分为3分.
则，.
事件可分三类情形：
①甲有两轮得3分，一轮得0分，概率为；
②甲有一轮得3分，两轮得0分，概率为；
③甲有一轮得3分，一轮得0分，一轮得1分，概率为.
所以，
所以.
故选：B．
二、多项选择题：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．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．
9. 设复数在复平面内对应的点为，则下列说法正确的有（ ）
A. 若，则或
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则位于第三象限
【答案】BD
【解析】对于A，当时，，故A错误；
对于B，由题意可知：，所以，故B正确；
对于C，，故C错误；
对于D，因为，故，位于第三象限，故D正确；
故选：BD.
10. 若随机变量，随机变量，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】，A正确；
因为，所以，B错误；
，故C正确；
，，
，D错误．
故选：AC.
11. 如图是一个边长为1的正方体的平面展开图，M为棱AE的中点，点N为平面EFGH内一动点，若平面BDG，下列结论正确的为（ ）
A. 点N的轨迹为正方形EFGH的内切圆的一段圆弧
B. 存在唯一的点N，使得M，N，G，D四点共面
C. 无论点N在何位置．总有
D. MN长度的取值范围为
【答案】BCD
【解析】将展开图折叠成正方体，如图所示：
连接，，，则，.
取的中点，的中点，连接，，，则，，
所以，不在面内，面，则面，
同理有，不在面内，面，则面，
而相交且都在面内，故平面平面.
要使平面，则点在线段上，故点的轨迹为线段，故A错误；
当点与点重合时，，又，所以四点共面，
由图可知，点与点不重合时，与异面，所以B正确；
在正方体的结构特征，易证平面，又平面平面，
所以平面，又平面，所以，所以C正确；
当点为中点时，长度最小，连接，
则，，
当点与点（或）重合时，的长度最大，此时，
所以长度的取值范围为：，故D正确.
故选：BCD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知，，且，，，则________
【答案】
【解析】由题意可设，
则已经满足，，
还需保证，所以，解得.
故答案为：.
13. 已知点是双曲线左支上一点是双曲线的左、右两个焦点，且与两条渐近线相交于两点（如图），点恰好平分线段，则双曲线的离心率是______．
【答案】
【解析】因为是中点，即是中位线，
则，
可得，，
又因为，则，，关系
则，
所以双曲线的离心率是.
故答案为：.
14. 已知函数，若存在，使得，且的最小值为1，则___________.
【答案】2
【解析】当时，单调递增，当时，单调递增，
又可得，且
因为存在，使得，所以，即.
不妨设，则，
即，所以.
设函数，则.
所以在上单调递减，，解得.
故答案为：2
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. 已知中，三个内角的对应边分别为，且．
（1）若，求c；
（2）设点M是边AB的中点，若，求的面积．
解：（1）在中，由余弦定理，得，
整理得，而，所以.
（2）在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
又，，两式相加得，
即，解得，即，
则，，
所以的面积.
16. 已知函数．
（1）若，求过原点且与相切的切线方程；
（2）若关于的不等式对所有成立，求的取值范围．
解：（1）当时，，求导得，设切点横坐标，
则切线方程，而切线过原点，于是，解得，
所以切线方程是.
（2）依题意，，
①若，则在时恒成立，函数在上单调递减，
则对所有，不满足题意；
②若，则，由，得；
由，得，
因此函数在上单调递减，在上单调递增，
（ⅰ）若，则，即，
函数在上单调递减，
当时，，不满足题意；
（ⅱ）若，则，即，函数在上单调递增，
则对所有，，符合题意，
所以的取值范围是．
17. 如图，在圆锥中，若轴截面是正三角形，C为底面圆周上一点，F为线段上一点，D（不与S重合）为母线上一点，过D作垂直底面于E，连接，且．
（1）求证：平面平面；
（2）若为正三角形，且F为的中点，求平面与平面夹角的余弦值．
（1）证明：因为，所以，
因为平面，平面，
所以平面，
因为垂直底面于垂直底面于O，所以，
同理平面，
因为，且平面，平面，所以平面平面．
（2）解：不妨设圆锥的底面半径为2，
因为轴截面是正三角形，所以，
如图，设平面与底面圆周交于G，
因为为正三角形，且F为的中点，
所以，所以E为的中点，
所以为的中位线，所以，
如图，在底面圆周上取一点H，使得，以直线为x，y，z轴建立空间坐标系，
由已知得，，，
设的中点为M，则平面的法向量为，
所以，
设平面的一个法向量为，
所以，
，令，则，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
18. 在中，已知，，设分别是的重心、垂心、外心，且存在使.
（1）求点的轨迹的方程；
（2）求的外心的纵坐标的取值范围；
（3）设直线与的另一个交点为，记与的面积分别为，是否存在实数使？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
解：（1）设，则的重心.
，，则，
为垂心，故
因为存在使，故，所以，，
而，由垂心定义得，即，整理得，
所以点的轨迹的方程为.
（2）由外心的定义知点在轴上，则，
的中点，，
所以，整理得.
与的方程为联立，得.
因为，所以.
（3）由对称性，不妨设点在第一象限，设，，直线：，
联立方程得，
，整理得；
，又，所以.
由条件知，，，所以三点共线且所在直线平行于轴，
由，知，
所以.
令，解得（舍去）.
又点在直线：上，所以，
即，所以.又，联立得，所以.
又，所以，即，所以.
所以，当点在第一、四象限时，；当点在第二、三象限时，.
故存在实数使.
19. 设和是两个等差数列，记，其中表示，，，这个数中最大的数．
（1）若，，求，，的值；
（2）若为常数列，证明是等差数列；
（3）证明：或者对任意正数，存在正整数，当时，；或者存在正整数，使得，，，，是等差数列．
（1）解：已知，，
，，，，，，
当时，，
当时，,,，
当时，,,,，
（2）证明：设（为常数），的通项公式为.
，
先考虑，
则时，，
所以.
当时，则，，
此时为常数，所以是等差数列；
当时，则，，
此时是常数列，也是等差数列；
综上所述：是等差数列；
（3）证明：设数列和的公差分别为，
则，
所以，
①当时，取正整数，则当时，，因此，
此时，是等差数列；
②当时，对任意，
此时，是等差数列；
③当时，当时，有，
所以
，
对任意正数，取正整数，
故当时，.