2025届河南省部分学校高三下学期2月质量检测数学试卷（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1河南省部分学校2025届高三下学期2月质量检测数学试卷一、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】A【解析】由可得，即，由解得，即得，故.故选：A.2.设，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】，所以，故选：B.3.已知，，为不共线的单位向量，且任意两个向量的夹角均相等，若，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】依题意，任意两个向量的夹角均为，由平行四边形法则可知，，所以.故选：B.4.已知双曲线C的一个焦点到其渐近线的距离与焦距之比为，则C的离心率为（）A2 B.4 C. D.【答案】C【解析】设双曲线的焦距为2c，易知焦点到其渐近线的距离为，所以，，故，故选：C.5.若函数的图象关于直线对称，则下列函数一定为奇函数的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】因为的图象关于直线对称，将向右平移1个单位长度，所得图象关于y轴对称，即为偶函数，B选项错误；因为的图象关于直线对称，将向左平移1个单位长度，关于直线对称，不能得出的奇偶性，A，C选项错误；对于D：，可得函数为奇函数，D选项正确；故选：D.6.记等比数列的前项和为，且，则（）A. B. C.2 D.1【答案】D【解析】设的公比为q，则，即，，因为，所以，所以，故选：D.7.若函数是单调递增函数（，且），则a的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】函数，求导得，依题意，恒成立，令函数，求导得，当时，，当时，，函数在上递减，在上递增，因此，则，解得，所以a的取值范围为.故选：B8.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.2 B. C. D.4【答案】C【解析】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.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.已知随机变量X服从正态分布，Y服从二项分布，则（）A. B.C. D.【答案】AC【解析】对于A：，，A选项正确；对于B：，，B选项错误；对于C：，，C选项正确；对于D：，，D选项错误；故选：AC.10.已知函数，，则（）A.的最小正周期为B.的最小正周期为C.函数的图象关于直线对称D.函数的值域为【答案】BD【解析】因为，，的最小正周期不是，A选项错误；因为，所以的最小正周期为，B选项正确；，，因为与有可能不相等（例如取），所以不恒成立，函数的图象不关于直线对称，C选项错误；因为，所以为偶函数，所以只需考虑的情况，当时，，且；当时，；当时，；当时，，所以时，函数的值域为，根据周期性可得时函数的值域为，根据函数是偶函数可得函数的值域为，D选项正确；故选：BD.11.已知函数的定义域为，，当时，，则（）A.B.C.若函数恰有两个零点，则D.函数（，且），则【答案】ABD【解析】，，，选项A正确；当时，由，且得，此时，因为，即证当时，，则，易知单调递减，，，所以存在，使得，所以当时，单调递增；当时，单调递减，因为，，所以当时，，选项B正确；依题意即与直线恰有两个交点，易知在函数的图象上，即，所以，则，当时，；当时，，所以，所以的最小值为8，所以，选项C错误；因为，所以当时，，易知，，所以；当且时，所以；选项D正确；故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.若，则________.【答案】【解析】由，得出，所以.故答案为：.13.已知数列的各项均不为零，且，若表示事件“，”，则________.【答案】【解析】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.故答案为：.14.设抛物线的焦点为F，O为坐标原点，过F的直线交C于A，B两点，若的外接圆圆心在直线上，则的外接圆的面积为________.【答案】【解析】设直线，联立拋物线方程，可得，①，设外接圆圆心为，外接圆方程为，即，与直线联立可得，②，依题意，①，②为同一个方程，所以，解得，，所以的外接圆面积为.故答案为：四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程及演算步骤.15.在锐角三角形中，角、、对应的边分别为、、，已知.（1）求；（2）求的取值范围.解：（1）因为，由正弦定理可得，因为为锐角三角形，则，，所以，，即，所以，.（2）因为为锐角三角形，可得，解得，则，因为，则,所以，可得，即，所以的取值范围为.16.如图，在三棱台中，平面ABC，，.（1）证明：；（2）若与平面所成角的正弦值为，求.（1）证明：取AC的中点O，连接，由平面ABC可知，平面平面ABC，因为，所以，且平面平面，所以平面，因为平面，所以，又四边形为正方形，所以，又因为，所以平面，因为平面，所以；（2）解：如图，以O为原点，分别以OB，OA，所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系.设，则，，，，所以，，，设平面的法向量为，则有即，可取，设与平面所成的角为，则，解得，所以.17.已知椭圆的左，右焦点分别为，，左，右顶点分别为A，B，过的动直线交椭圆于P，Q两点，其中的最大值为，最小值为.（1）求椭圆C的标准方程；（2）过且与PQ垂直的直线交椭圆于M，N两点，求的取值范围.解：（1）由题意，，，，解得，又，椭圆的方程为.（2）当直线PQ与x轴不垂直也不平行时，不妨设直线PQ的方程为，设，，联立椭圆和直线PQ的方程，可得，由，则，，，设直线MN的方程为，设，，联立椭圆和直线MN的方程，可得，由，则，，，又，，，，，当且仅当时，等号成立，，当直线PQ与x轴垂直或平行时，此时，综上所述，的取值范围是.18.已知函数，.（1）讨论的单调区间；（2）若直线为的切线，求a的值.（3）已知，若曲线在处的切线与C有且仅有一个公共点，求a的取值范围.解：（1）由，，当时，，在单调递增，当时，令，解得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，综上，当时，在单调递增，无单调减区间；当时，在区间上单调递减，在上单调递增.（2）设切点为，依题意，，所以，又，代入可得，，设，则，所在单调递增，因为，所以，.（3），，所以曲线在处的切线方程为，即，设，，，①当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，有且仅有一个零点，符合题意；②当时，，在上单调递减，有且仅有一个零点，符合题意；③当时，上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，因为，，当，，所以有两个零点，不符题意；④当时，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，因为，，当，，所以有两个零点，不符题意；综上，a的取值范围是.19.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.解：（1）依题意，，，解得；（2）设数列的公比为q，依题意，，，因为集合A为“完美集”，所以，整理得，解得，不符题意，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，显然不符题意；当时，不妨设，，故，所以；当时，因为，所以，符合题意；当时，，不符题意；综上，或.河南省部分学校2025届高三下学期2月质量检测数学试卷一、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】A【解析】由可得，即，由解得，即得，故.故选：A.2.设，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】，所以，故选：B.3.已知，，为不共线的单位向量，且任意两个向量的夹角均相等，若，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】依题意，任意两个向量的夹角均为，由平行四边形法则可知，，所以.故选：B.4.已知双曲线C的一个焦点到其渐近线的距离与焦距之比为，则C的离心率为（）A2 B.4 C. D.【答案】C【解析】设双曲线的焦距为2c，易知焦点到其渐近线的距离为，所以，，故，故选：C.5.若函数的图象关于直线对称，则下列函数一定为奇函数的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】因为的图象关于直线对称，将向右平移1个单位长度，所得图象关于y轴对称，即为偶函数，B选项错误；因为的图象关于直线对称，将向左平移1个单位长度，关于直线对称，不能得出的奇偶性，A，C选项错误；对于D：，可得函数为奇函数，D选项正确；故选：D.6.记等比数列的前项和为，且，则（）A. B. C.2 D.1【答案】D【解析】设的公比为q，则，即，，因为，所以，所以，故选：D.7.若函数是单调递增函数（，且），则a的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】函数，求导得，依题意，恒成立，令函数，求导得，当时，，当时，，函数在上递减，在上递增，因此，则，解得，所以a的取值范围为.故选：B8.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.2 B. C. D.4【答案】C【解析】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.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.已知随机变量X服从正态分布，Y服从二项分布，则（）A. B.C. D.【答案】AC【解析】对于A：，，A选项正确；对于B：，，B选项错误；对于C：，，C选项正确；对于D：，，D选项错误；故选：AC.10.已知函数，，则（）A.的最小正周期为B.的最小正周期为C.函数的图象关于直线对称D.函数的值域为【答案】BD【解析】因为，，的最小正周期不是，A选项错误；因为，所以的最小正周期为，B选项正确；，，因为与有可能不相等（例如取），所以不恒成立，函数的图象不关于直线对称，C选项错误；因为，所以为偶函数，所以只需考虑的情况，当时，，且；当时，；当时，；当时，，所以时，函数的值域为，根据周期性可得时函数的值域为，根据函数是偶函数可得函数的值域为，D选项正确；故选：BD.11.已知函数的定义域为，，当时，，则（）A.B.C.若函数恰有两个零点，则D.函数（，且），则【答案】ABD【解析】，，，选项A正确；当时，由，且得，此时，因为，即证当时，，则，易知单调递减，，，所以存在，使得，所以当时，单调递增；当时，单调递减，因为，，所以当时，，选项B正确；依题意即与直线恰有两个交点，易知在函数的图象上，即，所以，则，当时，；当时，，所以，所以的最小值为8，所以，选项C错误；因为，所以当时，，易知，，所以；当且时，所以；选项D正确；故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.若，则________.【答案】【解析】由，得出，所以.故答案为：.13.已知数列的各项均不为零，且，若表示事件“，”，则________.【答案】【解析】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.故答案为：.14.设抛物线的焦点为F，O为坐标原点，过F的直线交C于A，B两点，若的外接圆圆心在直线上，则的外接圆的面积为________.【答案】【解析】设直线，联立拋物线方程，可得，①，设外接圆圆心为，外接圆方程为，即，与直线联立可得，②，依题意，①，②为同一个方程，所以，解得，，所以的外接圆面积为.故答案为：四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程及演算步骤.15.在锐角三角形中，角、、对应的边分别为、、，已知.（1）求；（2）求的取值范围.解：（1）因为，由正弦定理可得，因为为锐角三角形，则，，所以，，即，所以，.（2）因为为锐角三角形，可得，解得，则，因为，则,所以，可得，即，所以的取值范围为.16.如图，在三棱台中，平面ABC，，.（1）证明：；（2）若与平面所成角的正弦值为，求.（1）证明：取AC的中点O，连接，由平面ABC可知，平面平面ABC，因为，所以，且平面平面，所以平面，因为平面，所以，又四边形为正方形，所以，又因为，所以平面，因为平面，所以；（2）解：如图，以O为原点，分别以OB，OA，所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系.设，则，，，，所以，，，设平面的法向量为，则有即，可取，设与平面所成的角为，则，解得，所以.17.已知椭圆的左，右焦点分别为，，左，右顶点分别为A，B，过的动直线交椭圆于P，Q两点，其中的最大值为，最小值为.（1）求椭圆C的标准方程；（2）过且与PQ垂直的直线交椭圆于M，N两点，求的取值范围.解：（1）由题意，，，，解得，又，椭圆的方程为.（2）当直线PQ与x轴不垂直也不平行时，不妨设直线PQ的方程为，设，，联立椭圆和直线PQ的方程，可得，由，则，，，设直线MN的方程为，设，，联立椭圆和直线MN的方程，可得，由，则，，，又，，，，，当且仅当时，等号成立，，当直线PQ与x轴垂直或平行时，此时，综上所述，的取值范围是.18.已知函数，.（1）讨论的单调区间；（2）若