数学-2025届河南金科大联考高三下学期2月质检试题+答案

2025届高三第二学期2月质量检测●数学题号12345678答案CADCABDC题号91011答案BCABDAB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.EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up3(a),1)EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up3(i),2)EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up3(十),5)选C.【解析】当b>0>a时,a2>ab成立,可知充分性成立;当a=1,b=0时,a2>ab成立,但b>0>a不成立,可知必要性不成”的充分不必要条件,故选A.【解析】由aEQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up5(2),n十)1=十1,有aEQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up5(1),n十)1—=,可得数列为等差数列,可得=a11十×(10—1),代入a1=,有a10=,故选D.【解析】由0.005×10十0.010×10十0.050×10=0.65,0.005×10十0.010×10十0.050×10十0.020×10=0.85,可得月075—065均用电量数据的75%分位数为50十10×=55.故选C.075—065【解析】由题意有父,y满足(父—1)2十(y—2)2=1,设y十1=t,整理为t父—y—1=0,由直线与圆有公共点,有|t—3|≤父\t2十11,解得t≥,可得y1的最小值为.故选A.—2×—1)=,故选B. 【解析】设圆台的上底面的半径为r,母线长为l,可得圆台的高为h=\l2—r2.由圆台的侧面积为3\π,体积为7π有(3πrl=3\π,!3π(r十2r十4r)\l—r=7π〈122222,解得r=1,l!3π(r十2r十4r)\l—r=7π\R2—4=3,解得R=\,可得圆台的外接球的表面积为4π×(\)2=20π.故选D.【解析】由父1f(父EQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up10(2),父)—EQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up10(父2),父1)f(父1)>0,有f2EQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up20(2),父)—111)>0,可得函数g(父)=f)单调递增.又由a=g(log411),b=g(log0.320.128),c=g(1.8),有log411=log4121<log2128==1.75<1.8,又由log0.320.128==EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up5(3),2)0.320.1281.8===>=0,有log0.320.128>1.8>log411,可得b>c>a.故选C.【高三数学参考答案第1页(共5页)】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。分.9.【答案】BC(全部选对得6分,选对1个得3分,有选错的得0分)λ十1λ十1,,.【解析】设=λD(λ>0),有AA=λ(AA),有A=1A十λA又由A=aA十bA可得a十b=1λ十1λ十1,,.对于A选项,由ab≤(a十b)2=当且仅当a=b=时取等号),故A选项错误;对于B选项,由a2十b2≥(a十b)2=当且仅当a=b=时取等号),故B选项正确;对于C选项,由\十\≤\2(a十b)=\(当且仅当a=b=时取等号),故C选项正确;对于D选项,由十=(a十b)十=2十十10≥4\十10=18(当且仅当a=,b=时取等号),故D选项错误.故选BC.10.【答案】ABD(全部选对得6分,选对1个得2分,选对2个得4分,有选错的得0分)【解析】对于A选项,由a=2,b=\,有c=\=\=1,可得椭圆C的短轴长为2\,故A选项正确;对于B选项,设椭圆C的左焦点为FI,由椭圆的对称性,有|PF|十|QF|=|QFI|十|QF|=4,故B选项正确;对于C选项,由|BF|=1,且PQⅡBF,又由四边形为平行四边形,有|PQ|=1,可得点P的坐标为(±,3),平行四边形的面积为1×35=35,故C选项错误;对于D选项,由A(—2,0),设点P,Q的坐标分别为(x0,m),(—x0,m),有十=1.又由KAPKAQ=x0EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up4(m),十)2×—xm0十24xEQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up3(2),0)4xEQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up3(2),0)4,..=m2=4xEQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up3(2),0)4xEQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up3(2),0)4,..11.【答案】AB(全部选对得6分,选对1个得3分,有选错的得0分)【解析】由fI(x)=(x—1)ex十=,对于A选项,当a≤0时,e2x—a>0,可得函数f(x)的减区间为(—∞,1],增区间为(1,十∞),故A选项正确;对于B选项,当a=e2时,f(x)=(x—2)ex十,又由f(2—x)=—xe2—x十=——(x—2)ex=—f(x),可得函数f(x)的图象关于点(1,0)对称,是中心对称图形,故B选项正确;对于C选项,由A选项可知,当a≤0时,x=1是函数f(x)的极小值点;当a>0时,令fI(x)=0,可得x=1或x=lna,若x=1是函数f(x)的极大值点,必有lna>1,可得a>e2,故C选项错误;(m—2)em十(m—1)(e2m—a)对于D选项,设切点为P(m,f(m))(其中m≠0),由切线过原点,有m=em,整理为a=(m2—2m十2)e2m(x2—2x十2)e2xI2(x—1)(x2—x十2)e2x m2,(m2—2m十2)e2m(x2—2x十2)e2xI2(x—1)(x2—x十2)e2x区间为(—∞,0),[1,十∞),又由x→—∞时,g(x)→0;x→0时,g(x)→十∞;及g(1)=e2,可知当a>e2时,关于m的方程a=(m2—EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up3(2m),m)2十2)e2m有且仅有3个根,可得过原点可作三条直线与曲线y=f(x)相切,故D选项错误.故选AB.三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.12.【答案及评分细则】1(5分,结果正确均得分)【解析】由正态分布的图象可知2a—1十4a十1=6,可得a=1.13.【答案及评分细则】[—\,\(5分,结果正确均得分)【解析】由图可知,T=—,有T=2,有=2,可得w=π,又由五点画图法可知π×(—十φ=0,可得φ=,可得C(0,B,—A),又由AC丄AB,有KACKAB=—3A×=—1,可得A=\,有f(x)= \sin(πx十.当—≤x≤时,有—≤πx十≤,有—≤sin(πx十≤1,可得函数f(x)在【高三数学参考答案第2页(共5页)】 14.【答案及评分细则】\EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up3(2),3)1(5分,结果正确均得分)【解析】设|PF1|=m,有|PF2|=m十2a,又由|PQ|=|PF2|,有|QF1|=2a,|QF2|=4a.在△PQF2中,由余弦定理,有2(m十2a)2—2(m十2a)2×=16a2,可得m=a.在△PF1F2中,由余弦定理,有a2十9a2—2a×3a×=4c2,可得 e=\21.3 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. sinAsinCcOsA2sinCsinA【解析及评分细则】(1)由正弦定理,有sinCsinB十cOsB=sinsinAsinCcOsA2sinCsinA有十=,…………………3分通分后,有sinAcEQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up3(Os),si)nEQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up3(B十),B)cEQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up3(s),O)nBBcOsA=,……………有sinc(EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up3(十),B)B)=2sinC,2,又由A十B=π—C,有sin(A十B)=sinC,可得cOsB=1……………2,又由0<B<π,可得B=;………………7分(2)由B=及余弦定理,有b=\a2十c2—ac=\22十32—6=\,…………………9分△ABC的面积为acsinB=×2×3sin=3\23,………………11分又由面积相等,可得AC边上的高为=3\7.………………13分16.【答案】(1)详见解析(2)分布列见解析,E(X)=【解析及评分细则】(1)零假设为H0:分类变量X与Y相互独立,即认为预防眼睛近视与是否配有某护眼仪无关,由列联表中数据得:X2==≈2.020<2.706,…………4分根据小概率值α=0.1的独立性检验,没有充分证据推断H0不成立,因此可以认为H0成立,即认为预防眼睛近视与是否配有某护眼仪无关;………………………7分(2)这9人中,配有某护眼仪的有4人,没配有某护眼仪的有5人,……………………8分X的取值分别为0,1,2,3,………………9分有P(X=0)==,…………………10分P(X=1)==,…………………11分CEQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up3(3),9)21,CEQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up3(3),9)42,P(X=2)=CEQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up7(1),4)CCEQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up3(3),9)21,CEQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up3(3),9)42,P(X=3)=CEQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up7(0),4)CEQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up7(3),5)=5…………………13分X的分布列为:X0123P 121 5141021 542……………………………14分E(X)=0×十1×十2×十3×=.………………………15分 17.【答案】(1)详见解析(2)\【解析及评分细则】(1)如图,连接CD,B1D,“AC=BC,AD=BD,:CD丄AB,………………………1分【高三数学参考答案第3页(共5页)】“直三棱柱ABCA1B1C1,:平面ABC丄平面ABB1A1,“平面ABC丄平面ABB1A1,平面ABC∩平面ABB1A1=AB,CD丄AB,CD∈平面ABC,:CD丄平面ABB1A1,……………………………2分“CD丄平面ABB1A1,A1D∈平面ABB1A1,:A1D丄CD,……………3分4,“AA1丄AB,BB1丄AB,AD=BD=2,AA1=BB1=2,:上A1DA=上B1DB=4,“上A1DA=上B1DB=,:A1D丄B1D,………………4分“A1D丄CD,A1D丄B1D,CD,B1D∈平面B1CD,CD∩B1D=D,:A1D丄平面B1CD,……………5分“A1D丄平面B1CD,B1C∈平面B1CD,:A1D丄B1C;………………6分(2)因为CD丄BD,CC1丄平面ABC,所以以D为坐标原点,向量,—EQ\*jc3\*hps19\o\al(\s\up3(—→),DC)分别为x,y轴,过点D且与向量C—EQ\*jc3\*hps19\o\al(\s\up3(→),C)1同向的向 量为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,……………7分 因为AC=BC=\,AB=2AA1=4,CD丄AB,AD=BD,所以AD=BD=2,CD=\AC2—AD2=\=1,…8分各点坐标为:D(0,0,0),A(—2,0,0),B(2,0,0),C(0,1,0),A1(—2,0,2),B1(2,0,2),C1(0,1,2),…………………9分有AEQ\*jc3\*hps19\o\al(\s\up3(→),1D)=(2,0,—2),又由C1PⅡA1D,可设CEQ\*jc3\*hps19\o\al(\s\up3(→),1P)=λAEQ\*jc3\*hps19\o\al(\s\up3(→),1D)=λ(2,0,—2)=(2λ,0,—2λ),………………10分有EQ\*jc3\*hps19\o\al(\s\up3(—→),DP)=EQ\*jc3\*hps19\o\al(\s\up3(—→),DC)十CEQ\*jc3\*hps19\o\al(\s\up3(→),1P)=(0,1,2)十(2λ,0,—2λ)=(2λ,1,22λ),…………11分又由DP丄A1D,有—EQ\*jc3\*hps19\o\al(\s\up3(—→),DP).AEQ\*jc3\*hps19\o\al(\s\up3(→),1D)=2×2λ十0×12(22λ)=8λ—4=0,可得λ=,可得C=CEQ\*jc3\*hps19\o\al(\s\up3(→),C)1十CEQ\*jc3\*hps19\o\al(\s\up3(→),1P)=(0,0,2)十(1,0,—1)=(1,0,1),……………12分设平面A1C1D的法向量为m=(x,y,z),由—EQ\*jc3\*hps19\o\al(\s\up3(—→),DA)1=(—2,0,2),—EQ\*jc3\*hps19\o\al(\s\up3(—→),DC)1=(0,1,2),有EQ\*jc3\*hps19\o\al(\s\up3(—→),DA)=—2x十2z=0EQ\*jc3\*hps19\o\al(\s\up2147483646(—→),DC)=y十2z=0,取x=1,y=—2,z=1,可得平面A1C1D的一个法向量为m=(1,—2,1),…………14分\2×\6又由C.m=2,|C|=\,|m|=\,可得直线CP与平面A1C1D所成的角的正弦值为2=\.…………15分\2×\6—∞,—ln2](2)(i)(1,十∞)(ii)详见解析【解析及评分细则】(1)由g(x)=x2lnx—ax2十x,有gI(x)=2xlnx十x—2ax十1,…………………1分若函数g(x)单调递增,必有2xlnx十x—2ax十1≥0恒成立,不等式可化为2a≤2lnx十十1,…3分令h(x)=2lnx十十1,有hI(x)=—=1,可得函数h(x)的减区间为(0,增区间为,十∞),可得h(x)min=h=3—2ln2,有2a≤3—2ln2,可得a≤—ln2,故实数a的取值范围为(—∞,—ln2];……………5分(2)(i)由fI(x)=lnx十1—a,令fI(x)>0,可得x>ea—1,可得函数f(x)的减区间为(0,ea—1),增区间为(ea—1,十∞),可得f(x)min=f(ea—1)=ea—1lnea—1—aea—1十1=1—ea—1,……………6分若函数f(x)有两个零点x1,x2,必有f(x)min=1—ea—1<0,可得a>1,………………7分又由f(ea)=ealnea—aea十1=1>0,……………………8分f(e—a)=e—alne—a—ae—a十1=1—2ae—a=>=>0(利用不等式ex≥ex(当且仅当x=1时取等号)),又由e—a<ea—1<ea,故若函数f(x)有两个零点x1,x2,则实数a的取值范围为(1,十∞);………10分(ii)设t=(t>1),由函数f(x)有两个零点x1,x2,有{,x1lnx1—ax1十1=0x2lnx2—ax2十1=0,有x1lnx1十1=ax1,x2lnx2十1=ax2x2lnx2十1x2x2lnx2十1,两式相除,有x1lnx1十1=x1x2lnx2十1x2x2lnx2十1有x2lnx2十1=x1tlnx1十t,有x2lnx2十1=x2lnx1十t,有x2lnt=t—1,可得x2=,又由t=,可得x1==EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up4(1),t),………………………12分x1x2t—1t—1t—1,有1十1=tlnt十lnt=(t十1)lnx1x2t—1t—1t—1,【高三数学参考答案第4页(共5页)】11(t十1)lnt2(t—1)十父2>2,要证父1十父2>2父1父2,只需证t—1>2,只需证ln11(t十1)lnt2(t—1)令φ(t)=lnt—2t十11)(其中t>1),有φI(t)=—(tEQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up4(4),十)1)2=t((EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up4(t),t))22>0,可得函数φ(父)单调递增,可得φ(t)>ln1—2×1(EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up3(1—),十1)1)=0,故有父1十父2>2父1父2成立.………………17分43n十419.【答案】(1)详见解析(2)sn=9—9×4n43n十4【解析及评分细则】(1)抛物线C的方程可化为y=父2,求导可得yI=父,将点An的坐标代入抛物线C的方程,有yn=父EQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up3(2),n),……………………1分EQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up3(2),n)EQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up3(2),n)),……3分EQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up3(2),n)故数列{父n}是公比为的等比数列,I1同理,数列{父n}也是公比为2的等比数列;……………I1(2)由焦点F(0,1),设直线A1B1的方程为y=k父十1,联立方程EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up7(父),y)EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up7(4),父)EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up6(y),十)1消去y后整理为父2—4k父—4=0,有父1父1I=—4,{父EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up2147483647(I),n)}是公比为的等比数列,有父n=2EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up4(父),n)11,父EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up2147483647(I),n)=2EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up4(父),n)1I1,…………………7分有an=.2EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up6(父),n)1×2EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up6(父),n)1=.=,123n—1n11123n—1n有sn=4十42十43十…十4n—1十4n,…………