【联考】河南省TOP二十名校2025届高三上学期调研考试三数学试题

这是一份【联考】河南省TOP二十名校2025届高三上学期调研考试三数学试题，文件包含精品解析河南省2024-2025学年高三上学期TOP二十名校调研考试三数学试题原卷版docx、精品解析河南省2024-2025学年高三上学期TOP二十名校调研考试三数学试题解析版docx、联考河南省TOP二十名校2025届高三上学期调研考试三数学试题docx等3份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。
全卷满分150分，考试时间120分钟
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回.
4.本卷命题范围：集合与常用逻辑用语、不等式、函数、三角函数、解三角形、导数及其应用、平面向量、复数、数列.
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每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，，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求解公式得集合，再由交集定义运算.
【详解】因为集合或，
，
所以.
故选：D.
2. 若，则（）
A. 4B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的四则运算进行计算.
【详解】由，得，
所以，则.
故选：A
3. 已知向量，，且，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量共线的坐标运算即可求解.
【详解】，，解得.
故选：C.
4. 已知函数满足：，，且，则（）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，得函数的一个周期为12，利用周期性求值.
【详解】根据题意，，显然，所以，
所以，所以函数的一个周期为12，
所以.
故选：B.
5. 已知函数在上单调，则实数的取值范围为（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】令，“函数在上单调”等价于“函数在上单调”，求出的对称轴方程，分在上单调递增和在上单调递减两种情况求解.
【详解】，令，
则“函数在上单调”等价于“函数在上单调”，的对称轴为，若在上单调递增，
则，解得，若在上单调递减，
则，解得，综上所述，实数的取值范围为.
故选：D.
6. 已知等差数列满足，前8项和；公比为正数的等比数列满足，，设，为数列的前项和，则当时，的最大值是（）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】求出等差数列与等比数列的通项公式，求得数列的通项公式，利用数列的分组求和法可得数列的前项和，验证得答案．
【详解】设的公差为，由得，
解得，所以
设的公比为，由，得，
解得（舍）或，所以.
因为，所以，
则，
因为对任意的，，所以数列单调递增，
又因为，，
所以当时，，故的最大值是8.
故选：D.
7. 设正实数a，b，c满足，则当取得最大值时，的最大值为（）
A. 4B. C. 5D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意得，从而利用基本不等式求得的最大值及成立的条件，从而化为，最后利用二次函数性质求解即可.
【详解】依题意，由，得，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
则代入中，得，所以，
因此，
当且仅当时取等号，所以当，，，时，取得最大值.
故选：B.
8. 已知，，，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用二倍角和和差角公式化简已知，得，再由角的范围和诱导公式得，从而得解.
【详解】由，
得，
又，所以，所以，
所以，
即，
因为，，
所以，
且在上单调递增，所以，
所以，则，
所以.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：化简得后，利用诱导公式得，是解题关键.
二、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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知函数，则（）
A. 图象关于直线对称B.
C. 无零点D. 上单调递增
【答案】AB
【解析】
【分析】求出的定义域，求出和并判断是否相等，据此判断A选项，根据当时在上单调递增判断B选项，令求出判断C选项，求出当时的解析式判断D选项.
【详解】易知的定义域为，
因为，，
所以，所以的图象关于直线对称，故A正确；
当时，，
在上单调递增，所以，故B正确；
令，得或3，则有2个零点，故C错误；
当时，，在上单调递减，故D错误.
故选：AB.
10. 数列满足，记数列的前项和为，则（）
A. B.
C. 数列的前项和为D. 的最小值为
【答案】AD
【解析】
【分析】根据的关系式可得，即A正确，再由分组并项求和计算可得B错误，利用等差数列前项和公式计算可得C错误，由判断出其符号即可得D正确.
【详解】对于A，由，得①，
当时，；当时，②，
由①－②，得，解得，
当时也成立，所以，故A正确；
对于B，
，故B错误；
对于C，数列的前项和为，故C错误；
对于D，因为，当时，，当时，，且，
故当或9时，的前项和取最小值，最小值为，故D正确.
故选：AD.
11. 某地下车库在排气扇发生故障的情况下测得空气中一氧化碳含量达到了危险状态，经抢修排气扇恢复正常，每排气4分钟后测得车库内的一氧化碳浓度变为原来的.由检验知该地下车库一氧化碳浓度（ppm）与排气时间（分钟）之间存在函数关系，其中（为常数）.已知空气中一氧化碳浓度不高于0.5ppm为正常，人可以安全进入车库.若刚好经过（分钟），人就可以安全进入车库了，则（）
A. B.
C. D. 排气12分钟后，车库内的一氧化碳浓度变为9ppm
【答案】ACD
【解析】
【分析】由题意可设，再由已知列关于，的方程组，求出判断A与B；进一步求出的解析式，算出，判断C与D．
【详解】由题意可设，则，此时为常数，
由题意，，则，即，
所以，故A正确，B错误；
因为刚好经过（分钟），人就可以安全进入车库了，
所以，又由，得，
，
解得，所以，故C正确；
，故排气12分钟后，车库内的一氧化碳浓度变为9ppm，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若函数的减区间为，则的值为______.
【答案】3
【解析】
【分析】由的解集，求出的值.
【详解】的解集为，
即的解集为，所以，
解得.
故答案为：.
13. 如图，已知，是圆O的两条直径，E是的中点，F是的中点，若，则______.
【答案】##1.1875
【解析】
【分析】利用极化恒等式将化简成含有半径的式子，即可转化成的形式，可得结果.
【详解】设圆的半径为，
由题意得
，
且
，，
所以，所以.
故答案为：
14. 已知函数，满足的的最小值为，若函数在区间内有零点，无最值，则的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据三角函数图象性质可得，再根据函数在区间内有零点，无最值限定出不等式，再根据的范围可得结果.
【详解】因为函数，且满足的的最小值为，
所以函数的最小正周期，所以，解得，
即可得，
因为，所以.
因为函数在区间内有零点，无最值，
所以，解得，
即，
当时，，不满足条件；
当时，，满足条件；
当时，，满足条件；
当时，，不满足条件.
综上所述，的取值范围是.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据满足的的最小值为求出，再结合正弦函数图象性质由零点和最值个数限定出不等式可解得的取值范围.
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. 设函数，且，证明：对于，的充要条件是.
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】先求出函数的最小值，再分别证明充分性和必要性即可.
【详解】证明：因为，所以函数图象的对称轴为直线，
所以.
先证充分性：因为，且，所以；
再证必要性：因为对于，，所以，即，从而.
综上可知，对于，的充要条件是.
16. 已知函数.
（1）求的单调递增区间；
（2）若，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用二倍角公式和辅助角公式可得，由整体代换即可求得结果.
（2）由已知可求得，代入计算即可.
【小问1详解】
，
令，得，
所以函数的单调递增区间为.
【小问2详解】
由于，所以，
所以，即，所以，
则.
17. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
（1）求B；
（2）设，，求的值.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）由余弦定理可得，化简可求得，从而可求得角；
（2）由余弦定理可得，进而可求得的值，分情况利用两角和的正弦公式与二倍角公式计算可求得的值.
【小问1详解】
因为，所以，
所以，所以，
化简得，所以由余弦定理，得，
又，所以.
【小问2详解】
由（1）知，，且，，
则由余弦定理，得，即，解得或.
当时，，则，
又，，所以；
当时，，则，
又，，所以.
综上所述，或.
18. 已知函数在和处取得极值.
（1）求a，b；
（2）曲线在相异的两点，处的切线分别为和，且和的交点在直线上.
（ⅰ）求的值；
（ⅱ）求的取值范围.
【答案】（1），
（2）（ⅰ）；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）根据题意，又得解a，b的值，并检验；
（2）（ⅰ）求出切线和的方程，并求其交点，即可得证；（ⅱ）由（ⅰ）的结论，结合基本不等式求范围.
【小问1详解】
，
因为在和处取得极值，
所以即解得
经检验，当时，在和处取得极值，符合题意，
所以，.
【小问2详解】
（ⅰ），，
因为，，，
在点A处的切线方程为，
在点B处的切线方程为，
联立两个切线方程，得，
解得，
故两切线交点的横坐标为，
由题意，得，
所以，
即.
（ⅱ）由（ⅰ），得，
所以，
结合，所以，
解得.故的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：第（2）问中，求出切线和的方程，并求其交点，运算量较大.
19. 若项数为m（，）的数列满足：①单调递增且；②对任意的正整数，都存在正整数，使得或，则称数列具有性质P.
（1）若，，分别判断数列，是否具有性质P，并说明理由；
（2）若数列具有性质P，证明：且（且）；
（3）若数列具有性质P且，，求数列的通项公式.
【答案】（1）不具有，数列具有性质P，理由见解析
（2）证明见解析（3）
【解析】
【分析】（1）利用性质P的定义分别判断两个数列；
（2）根据数列具有性质P，得到，且又，于是，，…，，，再求和即可；
（3）根据数列具有性质P，判断数列是等差数列，求其通项公式即可.
【小问1详解】
，即，，，
所以单调递增且，
因为不存在正整数，使得或，
所以数列不具有性质P；
，即，，，，
所以单调递增且.
因为或的结果有：，，，，，，，，，，
都存在正整数，使得等于以上值，所以数列具有性质P.
【小问2详解】
因为数列具有性质P，所以对任意的，
都存在正整数，使得或，
由，得，
即不存在正整数，使得，
从而存在正整数，使得，则，
又，，所以
由，得.
即不存在正整数，使得，
从而存在正整数，使得.
又，
于是，，…，，，
从而，
所以，
所以，
即.
【小问3详解】
已知，由（2）知，，，，
所以，即，.
因为数列单调递增，所以，
即不存在正整数，使得，
所以存在正整数，使得，又，
所以，所以，所以.
因为数列单调递增，所以，
即不存在正整数，使得，
所以存在正整数，使得，
又，所以，
所以，又，所以，即.
综上所述，，所以数列是等差数列.
设等差数列的公差为，由，，得，解得，
所以数列的通项公式为.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是对数列新定义的理解，运用性质进行分析.