河南省名校学术联盟2025届高三下学期模拟冲刺数学试卷（三）

1、河南省名校学术联盟2025届高三下学期模拟冲刺数学试卷（三）学校：_姓名：_班级：_考号：_一、选择题12025届河南三模若复数z满足,则z的虚部为( )A.B.C.D.1答案：A解析：,所以,其z的虚部为.故选:A.22025届河南三模设集合,若,则( )A.B.C.D.2答案：C解析：因为,又,所以当时,可得.故选:C.32025届河南三模已知点,则向量在上的投影向量为( )A.B.C.D.3答案：A解析：由题意,所以在上的投影为,且上的单位向量为,所以在上的投影向量为.故选:A42025届河南三模人工智能技术（简称AI技术）已成为引领世界新一轮科技革命和产业改革的战略性技术,AI技术加持的电脑（以下简称AI电脑）也在全国各地逐渐热销起来.下表为M市统计的2024年11月至2025年3月这5个月该市AI电脑的月销量,其中x为月份代号,y（单位:万台）为AI电脑的月销量.月份2024年11月2024年12月2025年1月2025年2月2025年3月月份代号x12345月销量y0.50.911.21.4经过分析,y与x线性相关,且其线性回归方程为,则2025年3月的残差为( )（实际值

2、与预计值之差）A.B.C.0.02D.0.044答案：B解析：因为,所以,所以y关于x的线性回归方程为,2025年3月对应的,故此时残差为.故选:B.52025届河南三模已知,则( )A.B.C.D.5答案：B解析：由诱导公式可知,又,所以,所以.故选:B.62025届河南三模已知定义在R上的函数的图象是一条连续不断的曲线,且满足,在区间上单调递减,则关于x的不等式的解集为( )A.B.C.D.6答案：D解析：由得的图象关于直线对称,又,得,解得,由在上单调递减,可知在上单调递增,画出的大致图象如下所示,结合图象及可得或,解得或,不等式的解集为.故选:D.72025届河南三模在平面直角坐标系中,点F为抛物线的焦点,点,动点G满足,且,则的最小值为( )A.B.C.D.7答案：C解析：设点,由,及,得,即,又,消去,得,的最小值即为点F到直线的距离d,由已知得,而,故的最小值为.故选:C.82025届河南三模某公司研发的一不规则益智玩具如下图所示,其配套的玩具收纳箱表面有不同形状的孔洞,可以通过旋转严丝合缝地将玩具通过孔洞塞进收纳箱中,则以下四个形状的孔洞不会出现在该玩具收纳箱的表面的是

3、( )A.B.C.D.8答案：D解析：由题意在玩具旋转过程中,若其在水平面上的投影形状与孔洞的形状相同,则该玩具可以通过旋转严丝合缝地通过孔洞塞入收纳箱中,将A,B,C选项中三个形状的孔洞以如图所示形式摆放,可以得到形状相同的结果,此时图示玩具可以通过旋转严丝合缝地塞入.对于D选项,无法找到合适的情况使其可以严丝合缝地塞入,故其不会出现在该玩具收纳箱的表面.故选:D.二、多项选择题92025届河南三模若x,则“”的一个充分不必要条件是( )A.B.C.D.9答案：BCD解析：,故“”是“”的充要条件,故A错误;由得能推出,反之不成立,所以“”是“”的充分不必要条件,故B正确;由可得,故,反之不成立,故“”是“”的充分不必要条件,故C正确;易知“”是“”的充分不必要条件,故D正确.故选:BCD.102025届河南三模已知曲线是实轴、虚轴分别在直线和直线上的双曲线,其焦点分别为,点P,Q是C上的两个动点,则( )A.C的实轴长为B.C的离心率为C.若,则的面积为8D.若线段的中点为M,O为坐标原点,则直线,的斜率之积为定值10答案：BC解析：设C的实轴长为,虚轴长为,联立,解得或,因为实轴

4、在直线上,则双曲线C的两个顶点分别为,所以,即实轴长,故A错误;易知曲线C的渐近线分别为x轴,y轴,两渐近线的夹角为,所以,所以C的离心率为,故B正确;由双曲线的定义得,两边平方得,因,则,则,因,则,故,所以,故C正确;设,则,所以,故,不是定值,故D错误.故选:BC.112025届河南三模在棱长为2的正方体中,P是侧面上的一个动点（含边界）,Q是的中点,则( )A.当P为的中点时,异面直线与所成的角为B.存在点P,使得平面C.若,则点P的轨迹长度为D.当P为的中点时,三棱锥的外接球表面积为11答案：BC解析：对于A,如图1,取的中点M,连接,因为,所以,所以,则可得,又,平面,所以平面,因为平面,所以,因为,平面,所以平面,又平面,所以,故A错误;对于B,如图2,当P为的中点时,易证得四边形为平行四边形,所以,因为平面,平面,所以平面,故B正确;对于C,如图3,取的中点E,连接,在正方体中,平面,且,所以平面,因为平面,所以,则,则点P在侧面内的运动轨迹是以E为圆心,1为半径的半圆,其轨迹长度为,故C正确;对于D,如图4,当P为的中点时,取的中点M,三棱锥的外接球即为三棱柱的外接球

5、,设与的外心分别为E,F,则球心O为的中点,易求得,由余弦定理,所以,由正弦定理,所以所求外接球O的半径,其表面积为,故D错误.故选:BC.三、填空题122025届河南三模已知等差数列的前n项和为,若,则_.12答案：22解析：由题意,则,所以.故答案为:22132025届河南三模已知函数在区间上恰有2个极大值点和1个极小值点,则的取值范围为_.13答案：解析：由二倍角的余弦公式可得,因为,所以,又函数在区间上恰有2个极大值点和1个极小值点,即区间内恰好取得2次最大值和1次最小值,由余弦函数的图象可知,解得,即的取值范围为.故答案为:.142025届河南三模将1,1,2,2,2,2,2,3,5这9个数填入如图所示的格子中,要求每个数都要填入,且每个格子中只能填一个数,则不同的填法共有_种,若填入的每行各数之和为偶数,则不同的填法共有_种.（用数字作答）14答案：1512;324解析：将这9个数填入,不同的填法种数为,这9个数中有4个奇数,5个偶数,因为填入的每行数之和为偶数,故每行有偶数个奇数,则只需将4个奇数按0,2,2分成三组,当两个1在同一行时,不同的填法种数为,当两个1不在同一

6、行时,不同的填数方法种数为.故不同的填法种数为.故答案为:1512;324.四、解答题152025届河南三模记的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且.（1）证明:;（2）若平分交于点D,且,求的最大值.15答案：（1）证明见解析（2）解析：（1）证明:由正弦定理及,得,因为,所以,所以,即,因为,所以,所以,即,又因为,所以,又,所以.（2）由平分,则,因为,即,整理可得,又因为,则,可得,当且仅当,即时取等号,所以的最大值为.162025届河南三模2024年10月30日,我国神舟十九号载人飞船顺利升空,并与中国空间站成功对接.为弘扬航天精神,某大学举办了一次“逐梦星辰大海航天杯”知识竞赛.竞赛分为初赛和决赛,初赛规则为:每位参赛者依次回答5道题,连续答错2道题或5道题都答完,则比赛结束.假定大学生张某答对这5道题的概率依次为,且各题是否答对互不影响.（1）若至少连续答对4道题,可得到一张直升卡,直接进入决赛,求张某得到直升卡的概率;（2）记张某初赛结束时已答题的个数为X,求X的分布列及数学期望.16答案：（1）（2）分布列见解析,解析：（1）用表示张某第i道题答对,用表示张某第

7、i道题答错,由题意得,记张某得到直升卡为事件K,则.即张某得到直升卡的概率为.（2）由题可得X的可能取值为2,3,4,5.,则X的分布列如下,X2345P所以.172025届河南三模如图四棱锥中,平面,.（1）证明:平面;（2）求直线与平面所成角的正弦值.17答案：（1）证明见解析（2）.解析：（1）如图,取的中点E,连接,因为,所以四边形为平行四边形,则,又,所以,因为,所以,由平行四边形性质得,则,由三线合一性质得,故,则,所以,因为平面,平面,所以,因为,平面,平面,所以平面.（2）由已知得,因为平面,平面,所以,因为,所以由勾股定理得,即,则为等腰直角三角形,设其斜边上的高为h,由等面积公式得,解得,以B为坐标原点,所在直线分别为x轴,y轴,过B作垂直于平面的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则,设平面的法向量为,则取,解得,可得,设直线与平面所成角为,则,故直线与平面所成角的正弦值为.182025届河南三模已知函数（1）当时,求的零点个数;（2）若,求m的最大值;（3）证明:.18答案：（1）两个（2）（3）证明见解析解析：（1）当时,所以,令,则,所以在R上单调递减

8、,即在R上单调递减,又,则的解集为,则的解集为,所以在区间上单调递减,在区间上单调递增,又因为,所以存在,使得,所以有两个零点.（2）由,得,下证当时,令,则,令,则,所以在R上单调递减,又,则的解集为,则的解集为,所以在区间上单调递增,在区间上单调递减,所以,即,所以m的最大值为.（3）证明:由（2）可得,当且仅当时取等号,所以,所以且因为当时,所以,所以即.192025届河南三模已知椭圆的左、右顶点分别为,上顶点B在直线上,且三边的平方和为30.（1）求C的方程;（2）过点且斜率不为0的直线与C交于M、N两点.（i）求面积的最大值;（ii）设点G是线段上异于M,N的一点,满足,证明:.19答案：（1）（2）（i）;（ii）证明见解析解析：（1）在中令,得,则,所以,又三边的平方和为30,所以,解得,所以C的方程为.（2）（i）设,直线的方程为,联立,得,则,所以,且,令,则,当且仅当时取等号,此时满足式,面积的最大值为.（ii）设,如图,由,则的平分线与x轴垂直,所以,所以点G在线段的垂直平分线上,即,则,设,则,则,又点在直线上,所以,则,所以,则,整理得,由得,所以,则,所以,故.第 18 页 共 18 页四川天地人教育资料出品

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