河南省濮阳市2025届高三第二次模拟考试数学检测试卷 附答案

/河南省濮阳市2025届高三第二次模拟考试数学试题一、单选题1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．已知向量，，若，则实数（

）A． B． C． D．3．已知，且为第三象限角.复数，则的值为（

）A． B． C． D．4．世界上第一个太阳灶设计者是法国的穆肖，1860年他奉拿破仑三世之命，研究用抛物面镜反射太阳能集中到悬挂的锅上，供驻在非洲的法军使用．目前世界上太阳灶的利用相当广泛，技术也比较成熟，它不仅可以节约煤炭、电力、天然气，而且十分干净，毫无污染，是一个可望得到大力推广的太阳能利用装置．如图是某学校数学小组制作了一个太阳灶模型，其口径为1m，高为0.25m的抛物面，则其轴截面所在抛物线的顶点到焦点的距离为（

）A．0.25 B．0.5 C．1 D．25．设等比数列的前项和为，且，则（

）A． B．2 C．2025 D．6．已知实数满足，则函数的零点个数为（

）A．0 B．1 C．2 D．37．如图，正方体中，分别为线段、的中点，联结，对空间任意两点，若线段与线段不相交或与线段不相交，则称两点可视，下列选项中与点不可视的为（

）A．点A B．点 C．点Q D．点8．设是函数与函数的图象连续相邻的三个交点，若是锐角三角形，则的取值范围是（

）A． B． C． D．二、多选题9．样本数据的平均数是，方差是，极差为，则下列判断正确的是（

）A．若，则的平均数为B．若，则的方差为0C．若的极差是，则D．若，则这组数据的第75百分位数是10．已知曲线：，则下列判断正确的是（

）A．曲线既是轴对称图形，又是中心对称图形B．曲线上的点与原点的最小距离为C．曲线在第一、四象限的任意一点到点的距离与其横坐标之差为定值D．直线：，则该直线与曲线无公共点的充要条件为且11．已知等比数列的前n项和为满足，数列满足，则下列说法正确的是（

）A．B．设，，则的最小值为12．C．若对任意的恒成立，则D．设若数列的前n项和为，则三、填空题12．已知函数的定义域为，则函数的定义域为．13．已知实数，则的最小值是.14．“朗博变形”是借助指数运算或对数运算，将化成，的变形技巧.已知函数，，若，则的最大值为.四、解答题15．已知函数在处的切线与直线平行，其中.（1）求的值；（2）求函数在区间上的最值.16．如图所示的几何体中，底面是菱形，，平面，，，且平面平面.

（1）在线段上是否存在点，使得四点共面？若存在，请给出证明；若不存在，请说明理由.（2）若，求二面角的余弦值.17．中，内角，，所对的边分别为，，，已知．（1）证明：；（2）延长至点，使得，试探究是否为定值？并说明理由．18．设斜率为的直线交椭圆于、两点，点为弦的中点，直线的斜率为（其中为坐标原点，假设，都存在）．（1）求的值；（2）把上述椭圆，一般化为，其他条件不变，试猜想与的关系（不需要证明）．请你给出双曲线中相类似的结论，并证明你的结论．（3）分析（2）中的探究结果，并作出进一步概括，使上述结果都是你所概括命题的特例．如果概括后的命题中的直线过原点，为概括后命题中曲线上一动点，借助直线及动点，请你提出一个有意义的数学问题，并予以解决．19．在计算机图形学和几何算法中，通过多边形剖分，可以简化算法的实现，提高计算效率，并且减少碰撞检测等操作的复杂性．例如，在游戏中，多边形剖分可以用于处理角色的碰撞检测，使得游戏角色与环境的交互更加真实和精确．数学研究领域中，与凸多边形剖分的相关概念、记法与定理表述如下：定义1边形内任意两点的连线线段都在该边形内，则称其为凸边形．定义2一个凸边形可以通过不相交于边形内部的对角线把边形拆分成若干三角形，这称为凸边形的一种三角剖分．将一个凸边形不同的三角剖分种数记为，这里规定取大于等于的正整数，且．定理1．定理2当时，．根据上述内容，解答下面问题：(1)已知一个凸多边形的内角成等差数列，其中最小的内角为，公差为，求；(2)写出的值；(3)求（i）关于的表达式；（ii）关于的表达式．（可用组合数表示）

参考答案1．【答案】B【详解】因为，所以，又，所以.故选B.2．【答案】C【详解】因为，，则，由，得，即，所以，解得．故选C．3．【答案】A【详解】由且为第三象限角，可得，所以，可得，所以.故选A.4．【答案】A【详解】如图，建立平面直角坐标系，设抛物线的方程为，由图可得点在抛物线上，即，解得，故轴截面所在抛物线的顶点到焦点的距离为.故选A.5．【答案】B【详解】因为，则，，设等比数列的公比为，当时，，整理得，即，解得（舍）或，若，，所以；当时，，解得，所以，综上，.故选B.6．【答案】D【详解】由题设，则或时，时，，所以在上递增，在上递减，且，由，即，而在R上递增，在R上递减，显然，故，所以，又趋向时趋向趋向时趋向，综上，共有3个零点．故选D7．【答案】B【详解】对于A，连接，因为平面，平面，且，所以直线与是异面直线，所以点与点可视，故A错误；对于B，如图，连接，得平面，且与相交，连接，因为，，所以四边形是平行四边形，得与相交，所以点与点不可视，故B正确；对于C，如图，连接，，因为平面，平面，且，所以直线与是异面直线，所以点与点可视，故C错误；对于D，如图，连接，，因为平面，平面，且，所以直线与是异面直线，所以点与点可视，故D错误.故选B.8．【答案】B【详解】由已知条件及三角函数诱导公式得：所以函数的周期，在同一直角坐标系中作出函数的图象，如图所示：因为为连续三交点，（不妨设在轴下方），为的中点，由对称性知，是以为底边的等腰三角形，所以，由展开整理得：，又，所以，设点的纵坐标分别为，则，即，要使为锐角三角形，则，又，所以当且仅当时满足要求，此时，解得，所以的取值范围是.故选B.9．【答案】AB【详解】对于A，由原数据的平均数，可得新数据的平均数为，故A正确；对于B，由原数据的方差是，可得新数据的方差为，故B正确；对于C，若样本数据为，则其极差为，此时数据为，则其极差，即，故C错误；对于D，由，所以数据的第75百分位数是，故D错误；故选AB10．【答案】AD【详解】曲线，作出其图象，如图所示，观察可得的图象关于，轴对称，且关于原点中心对称；A正确；曲线上的点与原点的距离为，B错误；抛物线的焦点坐标为，准线方程为，抛物线的焦点坐标为，准线方程为，曲线落在第一、四象限的任意一点到焦点的距离与到其准线的距离相等，故曲线在第一，四象限的任意一点到点的距离与其横坐标之差为定值，C错误；若，考虑对称性，只需研究若，当时，一次函数增加的速度比函数快.故当时，若，则图象与的图象一定有交点.若，根据的图象与的图象变化情况可得的图象与曲线的图象一定有交点，故当且仅当，时，直线与曲线无公共点，D正确，故选:AD.

11．【答案】CD【详解】由为等比数列，其前n项和，则，故A不正确；由，，令，则当，时，，当，时则，故B不正确；由，可得，则，若对恒成立，即对恒成立，令，则当时，；当时，，当时，，则，则，故C正确；，则，故D正确.故答案为：CD12．【答案】【详解】解：因为的定义域为，则，即，所以的定义域为，又，所以函数的定义域为.13．【答案】【详解】由题意可得，当且仅当时，即时，等号成立，则的最小值是.14．【答案】/【详解】由，得，即，所以，，令，则对任意的恒成立，所以，函数在上单调递增，由可得，所以，令，所以，当时，；当时，.所以在上单调递增，在上单调递减，则.15．【答案】（1）（2）最大值为，最小值为【详解】（1）由题可得：，则，故；（2），当时，单调递减；当时，单调递增．则.故的最大值为，最小值为．16．【答案】（1）存在，见详解（2）【详解】（1）线段上存在点，且为的中点，使得四点共面.证明如下：连接.∵四边形是菱形，.又平面，平面，.又，平面，平面.连接.∵为的中点，，.又平面平面，平面平面，平面，平面.，（垂直于同一个平面的两条直线互相平行），∴在线段上存在点，且为的中点，使得四点共面.（2）取的中点，连接，设交于点，连接，，则，且.平面，平面.又，∴以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系.

∵底面是菱形，，，.，.由（1）知，∴四边形是矩形，，∴，，，，，，.设平面的法向量为，则，即，取，则.设平面的法向量为，所以，即，取，则.，由图易知二面角为钝角，所以二面角的余弦值为.解法二：设二面角的大小为，由平面平面，可得二面角的大小为，则.连接，设与的交点为，过点作于点，连接，由（1）知平面，则，又，所以平面，所以，则为二面角的平面角.易知，，，所以，所以，所以二面角的余弦值为.17．【答案】（1）见详解（2）是，理由见详解【详解】（1）因为，所以，所以，由正弦定理和余弦定理，得，所以，即，解得或，若，则，又，所以，，此时，有，即，所以．（2）因为，所以．因为，所以，所以，即，又，所以，所以，所以，为定值．18．【答案】（1）（2），见详解（3）直线过原点，为曲线上一动点，设直线交曲线于、两点，当异于、两点时，如果直线、的斜率都存在，则它们斜率的积为与点无关的定值．见详解【详解】（1）设点、，中点，则，，，，又与作差得，所以．（2）对于椭圆，有．已知斜率为的直线交双曲线于、两点，点为弦的中点，直线的斜率为（其中为坐标原点，假设、都存在），则的值为．设点、，中点．则，，，．又因为点、在双曲线上，则与作差得，即．（3）对（2）的概括：设斜率为的直线交曲线于、两点，点为弦的中点，直线的斜率为（其中为坐标原点，假设、