2025-2026学年下学期河南省多校高三数学4月临门押题卷一试卷（含答案）

临门押题实战演练数学(一)120分钟150分)一、单项选择题(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A=x∣x2−14x+40=0A.{9}B.{−3,2.已知复数z1=2+4i,z2=A.1B.3C.4D.53.已知随机变量X服从正态分布N1,σ2,且PX<1−σA.18B.14C.14.“水韵江苏·家门口享非遗”展示活动中，主办方从全省遴选70余项极具地方特色的非遗代表性项目，并别出心裁地划分为“指尖非遗”“潮玩非遗”“舌尖非遗”“康养非遗”四大主题板块.甲、乙、丙3名游客每人至少从中选择一个主题体验,每个主题都恰有1人体验,则不同的体验方法一共有()A.36种B.48种C.72种D.81种5.已知点P是圆C:x−42+y2=1A.2B.23C.46.一化工厂产生的废气中含二氧化硫的浓度为0.9%,经过第t分钟净化后,废气中二氧化硫的浓度为y%,并满足y=0.05+λe−tA.136分钟B.140分钟C.142分钟D.150分钟7.已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点分别为F1、F2,点P是双曲线CA.2B.3C.1+58.已知x>0,y>0,ln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。全部选对的得6分,有选错的得0分,部分选对的得3分。)9.已知数列an满足a1=1,a2=2,an+1=A.an>C.数列bn是等差数列D.10.已知函数y1=ex,y2=lnx,方程ex+x=tA.函数y1=ex与y2=lnB.当t=1时，C.若函数y=ex−lnx在0,+∞上的极小值为D.若t>0,则x111.已知点Px,y是曲线C1:x2A.若曲线C1表示圆,则实数m的取值范围是B.若m=4，则yx+C.若点Q在圆C2上,则点Q到直线x+2y+D.若m=4，过点P作圆C2的切线，切点分别为A、B，则PA⋅三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分。)12.已知1+x3+a+x4+113.已知椭圆C:x24+y2b2=10<b<2的右焦点为F,若椭圆14.已知集合A=a1,a2,a3,⋯,an,B=b1,b2,b3,⋯,bn,bn+1,A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.(本小题满分13分)新能源汽车越来越受到年轻人的青睐。某品牌新能源汽车有限公司为了了解新能源汽车爱好者对本公司生产的新能源汽车A款和B款的满意度进行了市场调研，在社会上随机调查了200名新能源爱好者,得到如下2×2满意不满意合计新能源汽车A款80新能源汽车B款30合计150200(1)请完善上述2×2列联表,并判断能否有(2)从这200位新能源爱好者中任选两人，在被调查的两人选择新能源汽车款型一致的条件下，试求他们对该新能源汽车款型均满意的概率.附:χ2=nad−α0.150.100.050.025χ2.072.713.845.02416.(本小题满分15分)在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且3(1)求角C的大小；(2)若点D是AB上一点，且CD平分∠ACB①求CD的长；②求BD+BC17.(本小题满分15分)如图,四棱锥P−ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,PD⊥平面ABCD,PD=(1)求证:CE⊥平面DFG(2)若直线FG与平面PBC所成角的正弦值为2515(i)求a的值;(ii)若a>3，求平面DFG与平面EFG18.(本小题满分17分)在平面直角坐标系xOy中,动点Mx,yy≠0到点F1,0的距离与点M到(1)求动点M所在曲线C的方程；(2)动点N在直线x=−1上，过点N作以PF为直径的圆的切线，切点为Q，当△QPF的面积取最大值时,求点(3)已知点A1x1,y1，A2x2,y2，A3x3,y3，yi<0,i=1,2,19.(本小题满分17分)已知函数fx(1)当a=e时,求曲线y=fx在(2)讨论函数fx(3)若fax>lnx−ax临门押题·数学1参考答案数学一1.C因为x2−14x+40=0，解得x=4或x=10，所以A={4,10}，因为A⊆B，所以a+1 =10或a2+1=10，解得a=2.B因为z1=z2a+bi,所以a+bi=3.A因为随机变量X服从正态分布N(1,σ2,所以PX<1−σ=PX>1+σ=x,所以P1−4.A3名游客，4个主题，每人至少从中选择一个主题体验且每个主题都恰有1人体验，则必有1名游客选择2个主题，其余2人各选择1个主题,则体验方法的总数为C31C5.D设P4+cosθ,sinθ,所以OP=(4+cos θ,sinθ),因为Q1,3,所以OQ=16.C依题意，t=0时，y=0.9，则0.9=0.05+λ，解得λ=0.85，所以y=0.05+0.85e−t50，当y=0.1时，可得0.1=0.05+0.85e7.B因为直线PF1与以F2为圆心,OF2为半径的圆相切,所以圆的半径r=c,又F1F2 =2c,所以∠PF1F2=30∘,所以PF1= 2PF2,因为2a+b2a,所以2a+b2a=2 ×b2a,整理得2a8.C因为lnx+x+e4−y+4−y=e4−y+lne4−y,令fx=lnx+ xx>0,所以fx=fe4−y,因为f′x =1x+1>0恒成立,所以fx在0,+∞上单调递增,所以x=e4−y,所以lnx=4−y,所以lnx9.ABD对于A,由an+1=an⋅an−12n≥2,又a1=1,a2=2,所以a1,a2>0,易得an>0,故A正确;对于B，因为a1=1,a2=2,an+1=an-an−12,所以a3=a2a12=2,a4=a3a22=10.ABD对于A,在函数y1=ex的图像上任取一点Px0,y0,设点Px0,y0关于直线y=x对称的点为Qx,y,则y=x0,x= y0,因为y0=ex0,所以x=ey,所以y=lnx,所以点Qx,y在函数y2=lnx的图像上,所以函数y1=ex与y2=lnx的图像关于直线y=x对称,故A正确;对于B,当t=1时,设函数fx=ex+x−1,所以f′x= ex+1>0在R上恒成立，所以函数fx= ex+x−1在R上单调递增,又f0=0,所以函数fx=ex+x−1的零点有且只有一个,为x=0,即方程ex+x=1的根为x1=0;设函数gx=lnx+x−1，所以g′x= 1x+1>0在0,+∞上恒成立，所以函数g x=lnx+x−1在0,+∞上单调递增,又g1=0,所以函数gx=lnx+x−1的零点有且只有一个,为x=1,即方程lnx +x=1的根为x2=1,所以x1+x2=1,故B正确;对于C,令hx=ex−lnx,所以h′ x=ex−1x,显然函数h′x=ex−1x在0,+∞上单调递增,又h′12=e−2< 0,h′1=e−1>0,所以存在唯一的x0∈ 12,1,使得h′x0=0,此时ex0=1x0,则x0=ln1x0=−lnx0,当0<x<x0时,h′x当m=4时，x2+y2−6x+4=0，即，x−32 +y2=5,其圆心C13,0,半径r=5,设yx+2=k,即kx−y+2k=0,所以点P(x,y)在直线kx−y+2k=0上,所以直线kx− y+2k=0和圆C1有交点，所以圆心C1到直线kx−y+2k=0的距离d=5kk2+1≤ 5,化简得k2≤14,解得−12≤k≤12,故B正确;对于C,因为圆心C2到直线x+2y+5 =0的距离D=9+6+55=45>5,所以点Q到直线x+2y+5=0的距离的最小值,等于圆心C2到12.±2因为1+x3的展开式中x2的系数为C32=3,a+x4的展开式中x2的系数为C42a2=6a2,1+x5的展开式中x2的系数为C13.35,1由椭圆的性质知a−c≤PF≤a +c,所以2−c≤2b≤2+c,所以4−4c+c2 ≤4b2≤4+4c+c2,因为b214.2n2+3nn+1由题意知A×A=Cn115.(1)2×2满意不满意合计新能源汽车A款8020100新能源汽车B款7030100合计15050200零假设H0:χ2根据小概率值α=0.10的独立性检验,推断H所以没有90%的把握认为新能源汽车的款型对满意度有影响;6分(2)记事件A为“被调查的两人选择新能源汽车款型一致”,事件B为“他们对该新能源汽车款型均满意”,则PP所以P所以在被调查的两人选择新能源汽车款型一致的条件下,他们对该新能源汽车款型均满意的概率为223396.1316.(1)因为3ccos弦定理asinA3sinCcosA−sinB=sinA=sinAcosC+cosAsinC因为0<A<π,所以sinA所以tanC=−3,因为0<C<(2)①因为CD平分∠ACB，所以CACB=ADDB，即b所以BD+又S△ABC=S△因为C=2π3,所以∠ACD=∠BCD=π3,所以sin10分②由①知BD+BCCD=a+b+cb=1tanB2<33所以32tanB2>所以BD+BCCD的取值范围是15分17.(1)因为四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形,PD⊥平面所以以{DA,DC,则P0G0,CE=2,−所以CE⋅CE所以CE⊥DF即CE⊥DF,CE⊥DG,又DF∩所以CE⊥平面DFG；5分(2)(1)由(1)知PB=2设平面PBC的一个法向量为n=x,y,所以2x+2y−az=02y−az=0,取设直线FG与平面PBC所成的角为θ，所以sin化简得a4−21a2+80=0,解得a2=16或a2 =5,所以a=4或由(1)知EF=−1,1,0，平面设平面EFG的一个法向量为m=x1,y1,所以−x1+y1=0x1+2y1设平面DFG与平面EFG夹角为α,所以cos⟨=所以cosα所以平面DFG与平面EFG夹角的余弦值为2858518.(1)因为动点Mx,yy≠0到点F1,0的距离与点所以x−12+两边平方得y2=2x+2x，当x≤0时，当x>0时,所以动点M所在曲线C的方程为y2=4x y≠0;4分(2)设N−1,化简得x−322+y+12设点Q到直线PF的距离为d,则S因为PF=2r=5因为当且仅当NQ//FP时,d最大,此时△所以kNQ所以直线NQ的方程为y−t=−2x所以d=3−1+2−t5=r=52,解得t=3210分(3)设直线AiPi=1x−2=tiy+2,所以y则yi所以yBA=所以A==14中y−所以A1PPB所以A1PPB19.(1)当a=e时，fx所以f′x=1−又f1=1，所以曲线y=fx在即e−1x+y−e=0;4分(2)由fx=令gx=lnxxx>0当0<x<e时,g′x>0,gx单调递增;则gx在x=e处取得极大值,也是最大值当0<x≤1时,gx当a=e时,gx=1e当0<