河南省金科新未来大联考高三上学期11月质量检测数学试题（含答案解析）

金科大联考·2025届高三11月质量检测数学全卷满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1.答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚.4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交.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.已知复数，则（）A. B. C.1 D.【答案】D【解析】【分析】根据复数的除法运算化简复数，即可由模长公式求解.【详解】由，则，故选：D.2.设集合.则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由对数不等式，一元二次不等式确定集合,再由交集运算即可【详解】由，解得或，因为，解得，所以，故选：B.3.设为等差数列的前项和，若，则数列的公差为（）A.2 B.1 C. D.0【答案】A【解析】【分析】由等差数列基本量的运算即可求解【详解】由题意，，所以，所以的公差为2，故选：A.4.在正方体中，若平面与平面的交线为，则（）A. B.C.平面 D.平面【答案】D【解析】【分析】经推理得出是过点且平行于的直线，再根据各选项中需判断的直线，平面之间的关系，结合图形，利用线线平行，线面平行的判定和性质逐一判断即得.【详解】因为点平面平面，所以.又因直线平面平面，故得，所以是过点且平行于的直线.对于A，因为,，所以，故不成立，即A错误；对于B，因为，而，故不成立，即B错误；对于C，因为，而平面,故平面不成立，即C错误；对于D，因为,，所以，又平面平面，所以平面，即D正确.故选：D5.设，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由可判断，再结合即可求解.【详解】，所以，因为，所以，故选：A.6.若直线是函数的一条切线，则的最小值为（）A.1 B.2 C. D.【答案】C【解析】【分析】设切点为，求得切线方程，进而可得，进而可求的最小值.【详解】设切点为，因为，所以函数的切线方程为，即，所以，所以（当且仅当时取等号）.故选：C.7.已知，设甲：，乙，则（）A.甲是乙的充分不必要条件B.甲是乙的必要不充分条件C.甲是乙的充要条件D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【答案】C【解析】【分析】设，则为奇函数且在R上单调递增.结合函数的奇偶性和单调性的应用即可判断.【详解】设，其定义域为R，则，所以为奇函数，且当时，单调递增，所以在R上单调递增.当时，，即；由，得，即，所以.所以甲是乙的充要条件.故选：C.8.如图，在四边形中，为正三角形，，则的最大值为（）A. B. C.2 D.3【答案】B【解析】【分析】利用题设条件将化成，结合，使与同向时，即得最大值，从而可得最大值.【详解】由图知，，则，因故当与同向时，的最大值为1，故的最大值为.故选：B.二､多选题：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，且，则（）A. B.C. D.【答案】AD【解析】【分析】由基本不等式逐项判断即可.【详解】对于A，，即，当且仅当时取“”，A选项正确；对于B，因为（等号取不到），B选项错误；对于C，，当且仅当时取“”，C选项错误；对于D，，所以，当且仅当时取“”，D选项正确；故选：AD.10.已知函数，则（）A.为的周期B.函数的值域为C.函数有且仅有两个零点D.满足的的取值范围是【答案】ACD【解析】【分析】计算可得，可判断A；只需考虑，分类讨论可求得值域判断B；分类讨论可判断零点个数判断C；分类讨论解不等式判断D.【详解】选项正确；所以只需考虑，当时，，当时，，所以的值域为，B选项错误；当时，单调递减，在有且仅有一个零点，当时，，无零点，当时，，无零点，因为为偶函数，所以有且仅有两个零点，C选项正确；当时，，解得，当时，，所以满足的的取值范围是，D选项正确.故选：ACD.11.已知函数的定义域为，且当时，；当时，单调递增，则（）A. B.C.是奇函数 D.【答案】ACD【解析】【分析】通过赋值可判断A，通过互换，可判断B,通过令，再令可判断C，令，再结合，可判断D.【详解】令，则，即，因为不为常函数，所以，选项A正确；互换，则，所以，所以，选项B错误；令，则，因为，所以，令，则，所以，所以是奇函数，故选项C正确；令，则，因为当时，单调递增，所以当时，，又，所以当时，，又当时，，所以，即，所以，选项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，则__________.【答案】【解析】【分析】利用三角恒等变换结合齐次式问题运算求解即可.【详解】由题意可得：.故答案为：.13.已知底面半径相等的圆锥和圆柱的侧面积相等，若圆锥的母线长是底面半径的2倍，则圆锥与圆柱的体积之比为______.【答案】##【解析】【分析】根据圆锥和圆柱的侧面积公式可得，结合圆锥和圆柱体积公式计算即可求解.【详解】设圆锥底面半径为，母线长为，圆柱高为，则，所以，所以圆锥与圆柱的体积之比为.故答案：14.已知数列满足，若，则__________.【答案】【解析】【分析】分，，三种情况可得，进而可得，可求.【详解】若，当时，，当时，，当时，，所以，故，所以，所以，又因为，，所以.【点睛】关键点点睛，关键在于对分类讨论得到递推关系，进而求解，较难.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.已知函数的图象关于点中心对称.（1）求、的值；（2）若，当时，的最小值为，求的值.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）由已知可得出，可得出关于、的方程组，即可解得这两个未知数的值；（2）利用导数分析函数的单调性，分、两种情况讨论，结合函数在上的最小值为，可求得实数的值.【小问1详解】依题意，，即，所以，，所以，.【小问2详解】由（1）可知，，则，所以当时，f′x<0，当x∈1,+∞时，f′若，则在区间内的最小值为，即，解得或，均不符题意；若，则函数在0,1上单调递减，在上单调递增，则在区间内的最小值为，解得，符合题意..16.记的内角的对边分别为，且.（1）求；（2）若，设，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理可得，结合已知可求得，可得结论；（2）由（1）可求得，，结合正弦定理可求得，由已知可得，两边平方可求.【小问1详解】由正弦定理可得，，整理可得，，因为，所以，解得或（舍），所以；【小问2详解】由（1）可知，，所以，又因为，所以，由正弦定理可得，，解得，依题意，由，有，有，所以，所以.17.如图，在四棱锥中，四边形为菱形，,,.（1）证明：平面；（2）已知平面与平面的夹角的余弦值为，求.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）设，利用勾股定理推导出，即，由菱形的几何性质可得出，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）以为原点，、所在直线分别为轴、轴，过点且与平面垂直的直线为轴建立空间直角坐标系，设点，则，且，根据空间向量法可得出关于、的另一个等式，求出这两个未知数的值，可得出点的坐标，进而可求得的长.【小问1详解】设，因为四边形为菱形，则为、的中点，且，因为，,，则是边长为的等边三角形，则，，因为，所以，即，因为，、平面，所以平面.【小问2详解】因为平面，以为原点，、所在直线分别为轴、轴，过点且与平面垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，则、、，设，则，且，，，设平面的法向量为，所以，令，则，由（1）可知，平面的一个法向量为，设平面与平面的夹角为，则，化简得，所以，1−m2=3n2m2+所以，，即.18.已知函数.（1）若单调递增，求的取值范围；（2）已知，且.（i）若，证明：；（ii）证明：.【答案】（1）（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意，利用参数分离法，构造函数，将问题转化为，再利用导数求得，从而得解；（2）（i）利用换元法将等式化为，构造函数，利用导数分析得其单调性，从而得证；（ii）利用（1）结论，取，得到，进而得到，从而化简得证.【小问1详解】由题意得定义域，，即恒成立设，则，当时，单调递减，当时，单调递增，所以当时，取得极小值，也是最小值，，所以.【小问2详解】（i）不妨设，则，则由，知，所以，设，所以单调递增，，所以，即.（ii）由（1）可知，当时，，所以，即当时，，由，得，所以，又，所以，所以，所以【点睛】关键点点睛：第（2）（i）关键点是通过换元令，从而可构造函数，求导得出函数单调性，从而利用最值证明原命题；第（2）（ii）关键点是通过观察找到合适的的值代入运算，使得证明过程更简便，再结合，代入结论式即可证明.19.设数列的前项和为，且.（1）证明：数列是等比数列；（2）若恒成立，求的取值范围；（3）判断是否存在正整数，满足，若存在，求的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，.【解析】【分析】（1）利用给定的递推公式，结合计算推理即可求解.（2）由（1）求出并分离参数，构造数列，作差探讨单调性求出最大项即可.（3）由已知可得，换元赋值，再借助二项式定理比较大小求解.【小问1详解】数列中，，当时，，两式相减得，，即，整理得，，当时，，解得，所以数列是首项为，