河南省安陽第三十五中學2025屆高三年畢業班第一次綜合質量檢查數學試題試卷注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知中，角、所對的邊分別是，，則“”是“”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．既不充分也不必要條件 D．充分必要條件2．已知α，β是兩平面，l，m，n是三條不同的直線，則不正確命題是（）A．若m⊥α，n//α，則m⊥n B．若m//α，n//α，則m//nC．若l⊥α，l//β，則α⊥β D．若α//β，lβ，且l//α，則l//β3．已知函數，的圖象與直線的兩個相鄰交點的距離等于，則的一條對稱軸是（）A． B． C． D．4．盒子中有編號為1，2，3，4，5，6，7的7個相同的球，從中任取3個編號不同的球，則取的3個球的編號的中位數恰好為5的概率是（）A． B． C． D．5．已知定義在上的可導函數滿足，若是奇函數，則不等式的解集是（）A． B． C． D．6．已知等差數列{an}，則“a2＞a1”是“數列{an}為單調遞增數列”的（）A．充分而不必要條件B．必要而不充分條件C．充分必要條件D．既不充分也不必要條件7．山東煙臺蘋果因“果形端正、色澤艷麗、果肉甜脆、香氣濃郁”享譽國內外.據統計，煙臺蘋果（把蘋果近似看成球體）的直徑（單位：）服從正態分布，則直徑在內的概率為（）附：若，則，.A．0.6826 B．0.8413 C．0.8185 D．0.95448．已知，，則（）A． B． C．3 D．49．在中，內角的平分線交邊于點，，，，則的面積是（）A． B． C． D．10．已知復數，則（）A． B． C． D．11．相傳黃帝時代，在制定樂律時，用“三分損益”的方法得到不同的竹管，吹出不同的音調．如圖的程序是與“三分損益”結合的計算過程，若輸入的的值為1，輸出的的值為（）A． B． C． D．12．是平面上的一定點，是平面上不共線的三點，動點滿足，，則動點的軌跡一定經過的（）A．重心 B．垂心 C．外心 D．內心二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知，則_____14．已知點M是曲線y＝2lnx＋x2﹣3x上一動點，當曲線在M處的切線斜率取得最小值時，該切線的方程為_______．15．在直角坐標系中，直線的參數方程為（為參數），曲線的參數方程為（為參數）.（1）求直線和曲線的普通方程；（2）設為曲線上的動點，求點到直線距離的最小值及此時點的坐標.16．已知函數在上單調遞增，則實數a值范圍為_________.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知各項均為正數的數列的前項和為，滿足，，，，恰為等比數列的前3項．（1）求數列，的通項公式；（2）求數列的前項和為；若對均滿足，求整數的最大值；（3）是否存在數列滿足等式成立，若存在，求出數列的通項公式；若不存在，請說明理由．18．（12分）在直角坐標系x0y中，把曲線α為參數)上每個點的橫坐標變為原來的倍，縱坐標不變，得到曲線以坐標原點為極點，以x軸正半軸為極軸，建立極坐標系，曲線的極坐標方程（1）寫出的普通方程和的直角坐標方程；（2）設點M在上，點N在上，求|MN|的最小值以及此時M的直角坐標.19．（12分）已知三棱錐中，為等腰直角三角形，，設點為中點，點為中點，點為上一點，且．（1）證明：平面；（2）若，求直線與平面所成角的正弦值．20．（12分）已知橢圓的左、右頂點分別為、，上、下頂點分別為，，為其右焦點，，且該橢圓的離心率為；（Ⅰ）求橢圓的標準方程；（Ⅱ）過點作斜率為的直線交橢圓于軸上方的點，交直線于點，直線與橢圓的另一個交點為，直線與直線交于點．若，求取值范圍．21．（12分）已知函數.（1）證明：當時，；（2）若函數有三個零點，求實數的取值范圍.22．（10分）已知，，.（1）求的最小值；（2）若對任意，都有，求實數的取值范圍.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．D【解析】

由大邊對大角定理結合充分條件和必要條件的定義判斷即可.【詳解】中，角、所對的邊分別是、，由大邊對大角定理知“”“”，“”“”.因此，“”是“”的充分必要條件.故選：D.【點睛】本題考查充分條件、必要條件的判斷，考查三角形的性質等基礎知識，考查邏輯推理能力，是基礎題．2．B【解析】

根據線面平行、線面垂直和空間角的知識，判斷A選項的正確性.由線面平行有關知識判斷B選項的正確性.根據面面垂直的判定定理，判斷C選項的正確性.根據面面平行的性質判斷D選項的正確性.【詳解】A．若，則在中存在一條直線，使得，則，又，那么，故正確；B．若，則或相交或異面，故不正確；C．若，則存在，使，又，則，故正確．D．若，且，則或，又由，故正確．故選：B【點睛】本小題主要考查空間線線、線面和面面有關命題真假性的判斷，屬于基礎題.3．D【解析】

由題，得，由的圖象與直線的兩個相鄰交點的距離等于，可得最小正周期，從而求得，得到函數的解析式，又因為當時，，由此即可得到本題答案.【詳解】由題，得，因為的圖象與直線的兩個相鄰交點的距離等于，所以函數的最小正周期，則，所以，當時，，所以是函數的一條對稱軸，故選：D【點睛】本題主要考查利用和差公式恒等變形，以及考查三角函數的周期性和對稱性.4．B【解析】

由題意，取的3個球的編號的中位數恰好為5的情況有，所有的情況有種，由古典概型的概率公式即得解.【詳解】由題意，取的3個球的編號的中位數恰好為5的情況有，所有的情況有種由古典概型，取的3個球的編號的中位數恰好為5的概率為：故選：B【點睛】本題考查了排列組合在古典概型中的應用，考查了學生綜合分析，概念理解，數學運算的能力，屬于中檔題.5．A【解析】

構造函數，根據已知條件判斷出的單調性.根據是奇函數，求得的值，由此化簡不等式求得不等式的解集.【詳解】構造函數，依題意可知，所以在上遞增.由于是奇函數，所以當時，，所以，所以.由得，所以，故不等式的解集為.故選：A【點睛】本小題主要考查構造函數法解不等式，考查利用導數研究函數的單調性，考查化歸與轉化的數學思想方法，屬于中檔題.6．C【解析】試題分析：根據充分條件和必要條件的定義進行判斷即可．解：在等差數列{an}中，若a2＞a1，則d＞0，即數列{an}為單調遞增數列，若數列{an}為單調遞增數列，則a2＞a1，成立，即“a2＞a1”是“數列{an}為單調遞增數列”充分必要條件，故選C．考點：必要條件、充分條件與充要條件的判斷．7．C【解析】

根據服從的正態分布可得，，將所求概率轉化為，結合正態分布曲線的性質可求得結果.【詳解】由題意，，，則，，所以，.故果實直徑在內的概率為0.8185.故選：C【點睛】本題考查根據正態分布求解待定區間的概率問題，考查了正態曲線的對稱性，屬于基礎題.8．A【解析】

根據復數相等的特征，求出和，再利用復數的模公式，即可得出結果.【詳解】因為，所以，解得則.故選：A.【點睛】本題考查相等復數的特征和復數的模，屬于基礎題.9．B【解析】

利用正弦定理求出，可得出，然后利用余弦定理求出，進而求出，然后利用三角形的面積公式可計算出的面積.【詳解】為的角平分線，則.，則，，在中，由正弦定理得，即，①在中，由正弦定理得，即，②①②得，解得，，由余弦定理得，，因此，的面積為.故選：B.【點睛】本題考查三角形面積的計算，涉及正弦定理和余弦定理以及三角形面積公式的應用，考查計算能力，屬于中等題.10．B【解析】

利用復數除法、加法運算，化簡求得，再求得【詳解】，故.故選：B【點睛】本小題主要考查復數的除法運算、加法運算，考查復數的模，屬于基礎題.11．B【解析】

根據循環語句，輸入，執行循環語句即可計算出結果.【詳解】輸入，由題意執行循環結構程序框圖，可得：第次循環：，，不滿足判斷條件；第次循環：，，不滿足判斷條件；第次循環：，，滿足判斷條件；輸出結果.故選：【點睛】本題考查了循環語句的程序框圖，求輸出的結果，解答此類題目時結合循環的條件進行計算，需要注意跳出循環的判定語句，本題較為基礎.12．B【解析】

解出，計算并化簡可得出結論．【詳解】λ（），∴，∴，即點P在BC邊的高上，即點P的軌跡經過△ABC的垂心．故選B．【點睛】本題考查了平面向量的數量積運算在幾何中的應用，根據條件中的角計算是關鍵．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．【解析】

化簡得，利用周期即可求出答案．【詳解】解：，∴函數的最小正周期為6，∴，，故答案為：．【點睛】本題主要考查三角函數的性質的應用，屬于基礎題．14．【解析】

先求導數可得切線斜率，利用基本不等式可得切點橫坐標，從而可得切線方程.【詳解】，，＝1時有最小值1，此時M(1，﹣2)，故切線方程為：，即．故答案為：.【點睛】本題主要考查導數的幾何意義，切點處的導數值等于切線的斜率是求解的關鍵，側重考查數學運算的核心素養.15．（1），；（2），.【解析】

（1）利用代入消參的方法即可將兩個參數方程轉化為普通方程；（2）利用參數方程，結合點到直線的距離公式，將問題轉化為求解二次函數最值的問題，即可求得.【詳解】（1）直線的普通方程為.在曲線的參數方程中，，所以曲線的普通方程為.（2）設點.點到直線的距離.當時，，所以點到直線的距離的最小值為.此時點的坐標為.【點睛】本題考查將參數方程轉化為普通方程，以及利用參數方程求距離的最值問題，屬中檔題.16．【解析】

由在上恒成立可求解．【詳解】，令，∵，∴，又，，從而，令，問題等價于在時恒成立，∴，解得．故答案為：．【點睛】本題考查函數的單調性，解題關鍵是問題轉化為恒成立，利用換元法和二次函數的性質易求解．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（2），（2），的最大整數是2．（3）存在，【解析】

（2）由可得（），然后把這兩個等式相減，化簡得，公差為2，因為，，為等比數列，所以，化簡計算得，，從而得到數列的通項公式，再計算出，，，從而可求出數列的通項公式；（2）令，化簡計算得，從而可得數列是遞增的，所以只要的最小值大于即可，而的最小值為，所以可得答案；（3）由題意可知，，即，這個可看成一個數列的前項和，再寫出其前（）項和，兩式相減得，，利用同樣的方法可得.【詳解】解：（2）由題，當時，，即當時，①②①-②得，整理得，又因為各項均為正數的數列．故是從第二項的等差數列，公差為2．又恰為等比數列的前3項，故，解得．又，故，因為也成立．故是以為首項，2為公差的等差數列．故．即2，4，8恰為等比數列的前3項，故是以為首項，公比為的等比數列，故．綜上，（2）令，則所以數列是遞增的，若對均滿足，只要的最小值大于即可因為的最小值為，所以，所以的最大整數是2．（3）由，得，③④③-④得，⑤，⑥⑤-⑥得，，所以存在這樣的數列，【點睛】此題考查了等差數列與等比數列的通項公式與求和公式，最值，恒成立問題，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題.18．（1）的普通方程為，的直角坐標方程為.（2）最小值為，此時【解析】

（1）由的參數方程消去求得的普通方程，利用極坐標和直角坐標轉化公式，求得的直角坐標方程.（2）設出點的坐標，利用點到直線的距離公式求得最小值的表達式，結合三角函數的指數求得的最小值以及此時點的坐標.【詳解】（1）由題意知的參數方程為（為參數）所以的普通方程為.由得，所以的直角坐標方程為.（2）由題意，可設點的直角坐標為，因為是直線，所以的最小值即為到的距離，因為．當且僅當時，取得最小值為，此時的直角坐標為即．【點睛】本小題主要考查參數方程化為普通方程，考查極坐標方程化為直角坐標方程，考查利用曲線參數方程求解點到直線距離的最小值問題，屬于中檔題.19．(1)證明見解析；(2)【解析】

（1）連接交于點，連接，通過證，并說明平面，來證明平面（2）采用建系法以、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，分別表示出對應的點坐標，設平面的一個法向量為，結合直線對應的和法向量，利用向量夾角的余弦公式進行求解即可【詳解】證明：如圖，連接交于點，連接，點為的中點，點為的中點，點為的重心，則，，，又平面，平面，平面；，，，，，，可得，又，則以、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，則，，，，，，．設平面的一個法向量為，由，取，得．設直線與平面所成角為，則．直線與平面所成角的正弦值為．【點睛】本題考查線面平行的判定定理的使用，利用建系法來求解線面夾角問題，整體難度不大，本題中的線面夾角的正弦值公式使用廣泛，需要識記20．（Ⅰ）；（Ⅱ），．【解析】

（Ⅰ）由題意可得，的坐標，結合橢圓離心率，及隱含條件列式求得，的值，則橢圓方程可求；（Ⅱ）設直線，求得的坐標，再設直線，求出點的坐標，寫出的方程，聯立與，可求出的坐標，由，可得關于的函數式，由單調性可得取值