河南省鄭州市中原區第一中學2025屆高三下學期摸底數學試題試卷注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡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、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、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．已知函數，給出下列四個結論：①函數的值域是；②函數為奇函數；③函數在區間單調遞減；④若對任意，都有成立，則的最小值為；其中正確結論的個數是（）A． B． C． D．2．將3個黑球3個白球和1個紅球排成一排，各小球除了顏色以外其他屬性均相同，則相同顏色的小球不相鄰的排法共有（）A．14種 B．15種 C．16種 D．18種3．已知復數滿足（是虛數單位），則=（）A． B． C． D．4．已知函數，滿足對任意的實數，都有成立，則實數的取值范圍為（）A． B． C． D．5．函數滿足對任意都有成立，且函數的圖象關于點對稱，，則的值為（）A．0 B．2 C．4 D．16．已知函數，其中，，其圖象關于直線對稱，對滿足的，，有，將函數的圖象向左平移個單位長度得到函數的圖象，則函數的單調遞減區間是（）A． B．C． D．7．若，滿足約束條件，則的取值范圍為（）A． B． C． D．8．已知橢圓（a＞b＞0）與雙曲線（a＞0，b＞0）的焦點相同，則雙曲線漸近線方程為（）A． B．C． D．9．已知點為雙曲線的右焦點，直線與雙曲線交于A，B兩點，若，則的面積為（）A． B． C． D．10．設，，是非零向量.若，則（）A． B． C． D．11．大衍數列，米源于我國古代文獻《乾坤譜》中對易傳“大衍之數五十”的推論，主要用于解釋我國傳統文化中的太極衍生原理，數列中的每一項，都代表太極衍生過程中，曾經經歷過的兩儀數量總和.已知該數列前10項是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，…，則大衍數列中奇數項的通項公式為（）A． B． C． D．12．已知角的頂點為坐標原點，始邊與軸的非負半軸重合，終邊上有一點，則（）．A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知函數是定義在上的奇函數，則的值為__________．14．已知等差數列的各項均為正數，，且，若，則________.15．若實數滿足不等式組，則的最小值是___16．驗證碼就是將一串隨機產生的數字或符號，生成一幅圖片，圖片里加上一些干擾象素（防止），由用戶肉眼識別其中的驗證碼信息，輸入表單提交網站驗證，驗證成功后才能使用某項功能.很多網站利用驗證碼技術來防止惡意登錄，以提升網絡安全.在抗疫期間，某居民小區電子出入證的登錄驗證碼由0，1，2，…，9中的五個數字隨機組成.將中間數字最大，然后向兩邊對稱遞減的驗證碼稱為“鐘型驗證碼”（例如：如14532，12543），已知某人收到了一個“鐘型驗證碼”，則該驗證碼的中間數字是7的概率為__________.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）在①，②，③這三個條件中任選一個，補充在下面問題中.若問題中的正整數存在，求的值；若不存在，說明理由.設正數等比數列的前項和為，是等差數列，__________，，，，是否存在正整數，使得成立？18．（12分）在①；②；③這三個條件中任選一個，補充在下面問題中的橫線上，并解答相應的問題.在中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且滿足________________，，求的面積.19．（12分）如圖所示，四棱錐P﹣ABCD中，PC⊥底面ABCD，PC＝CD＝2，E為AB的中點，底面四邊形ABCD滿足∠ADC＝∠DCB＝90°，AD＝1，BC＝1．（Ⅰ）求證：平面PDE⊥平面PAC；（Ⅱ）求直線PC與平面PDE所成角的正弦值；（Ⅲ）求二面角D﹣PE﹣B的余弦值．20．（12分）如圖，已知平面與直線均垂直于所在平面，且．（1）求證：平面；（2）若，求與平面所成角的正弦值.21．（12分）在平面直角坐標系中，已知點，曲線：（為參數）以原點為極點，軸正半軸建立極坐標系，直線的極坐標方程為.（Ⅰ）判斷點與直線的位置關系并說明理由；（Ⅱ）設直線與曲線的兩個交點分別為，，求的值.22．（10分）已知函數．（1）當時，解關于x的不等式；（2）當時，若對任意實數，都成立，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、C【解析】

化的解析式為可判斷①，求出的解析式可判斷②，由得，結合正弦函數得圖象即可判斷③，由得可判斷④.【詳解】由題意，，所以，故①正確；為偶函數，故②錯誤；當時，，單調遞減，故③正確；若對任意，都有成立，則為最小值點，為最大值點，則的最小值為，故④正確.故選：C.【點睛】本題考查三角函數的綜合運用，涉及到函數的值域、函數單調性、函數奇偶性及函數最值等內容，是一道較為綜合的問題.2、D【解析】

采取分類計數和分步計數相結合的方法，分兩種情況具體討論，一種是黑白依次相間，一種是開始僅有兩個相同顏色的排在一起【詳解】首先將黑球和白球排列好，再插入紅球.情況1：黑球和白球按照黑白相間排列（“黑白黑白黑白”或“白黑白黑白黑”），此時將紅球插入6個球組成的7個空中即可，因此共有2×7=14種；情況2：黑球或白球中僅有兩個相同顏色的排在一起（“黑白白黑白黑”、“黑白黑白白黑”、“白黑黑白黑白”“白黑白黑黑白”），此時紅球只能插入兩個相同顏色的球之中，共4種.綜上所述，共有14+4=18種.故選：D【點睛】本題考查排列組合公式的具體應用，插空法的應用，屬于基礎題3、A【解析】

把已知等式變形，再由復數代數形式的乘除運算化簡得答案．【詳解】解：由，得，．故選．【點睛】本題考查復數代數形式的乘除運算，考查復數的基本概念，是基礎題．4、B【解析】

由題意可知函數為上為減函數，可知函數為減函數，且，由此可解得實數的取值范圍.【詳解】由題意知函數是上的減函數，于是有，解得，因此，實數的取值范圍是．故選：B.【點睛】本題考查利用分段函數的單調性求參數，一般要分析每支函數的單調性，同時還要考慮分段點處函數值的大小關系，考查運算求解能力，屬于中等題.5、C【解析】

根據函數的圖象關于點對稱可得為奇函數，結合可得是周期為4的周期函數，利用及可得所求的值.【詳解】因為函數的圖象關于點對稱，所以的圖象關于原點對稱，所以為上的奇函數.由可得，故，故是周期為4的周期函數.因為，所以.因為，故，所以.故選：C.【點睛】本題考查函數的奇偶性和周期性，一般地，如果上的函數滿足，那么是周期為的周期函數，本題屬于中檔題.6、B【解析】

根據已知得到函數兩個對稱軸的距離也即是半周期，由此求得的值，結合其對稱軸，求得的值，進而求得解析式.根據圖像變換的知識求得的解析式，再利用三角函數求單調區間的方法，求得的單調遞減區間.【詳解】解：已知函數，其中，，其圖像關于直線對稱，對滿足的，，有，∴.再根據其圖像關于直線對稱，可得，.∴，∴.將函數的圖像向左平移個單位長度得到函數的圖像.令，求得，則函數的單調遞減區間是，，故選B.【點睛】本小題主要考查三角函數圖像與性質求函數解析式，考查三角函數圖像變換，考查三角函數單調區間的求法，屬于中檔題.7、B【解析】

根據約束條件作出可行域，找到使直線的截距取最值得點，相應坐標代入即可求得取值范圍.【詳解】畫出可行域，如圖所示：由圖可知，當直線經過點時，取得最小值－5；經過點時，取得最大值5，故.故選：B【點睛】本題考查根據線性規劃求范圍，屬于基礎題.8、A【解析】

由題意可得，即，代入雙曲線的漸近線方程可得答案.【詳解】依題意橢圓與雙曲線即的焦點相同，可得：，即，∴，可得,雙曲線的漸近線方程為：,故選：A．【點睛】本題考查橢圓和雙曲線的方程和性質，考查漸近線方程的求法，考查方程思想和運算能力，屬于基礎題．9、D【解析】

設雙曲線C的左焦點為，連接，由對稱性可知四邊形是平行四邊形，設，得，求出的值，即得解.【詳解】設雙曲線C的左焦點為，連接，由對稱性可知四邊形是平行四邊形，所以，.設，則，又.故，所以.故選：D【點睛】本題主要考查雙曲線的簡單幾何性質，考查余弦定理解三角形和三角形面積的計算，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.10、D【解析】試題分析：由題意得：若，則；若，則由可知，，故也成立，故選D.考點：平面向量數量積.【思路點睛】幾何圖形中向量的數量積問題是近幾年高考的又一熱點，作為一類既能考查向量的線性運算、坐標運算、數量積及平面幾何知識，又能考查學生的數形結合能力及轉化與化歸能力的問題，實有其合理之處.解決此類問題的常用方法是：①利用已知條件，結合平面幾何知識及向量數量積的基本概念直接求解(較易)；②將條件通過向量的線性運算進行轉化，再利用①求解(較難)；③建系，借助向量的坐標運算，此法對解含垂直關系的問題往往有很好效果.11、B【解析】

直接代入檢驗，排除其中三個即可．【詳解】由題意，排除D，，排除A，C．同時B也滿足，，，故選：B．【點睛】本題考查由數列的項選擇通項公式，解題時可代入檢驗，利用排除法求解．12、B【解析】

根據角終邊上的點坐標，求得，代入二倍角公式即可求得的值.【詳解】因為終邊上有一點，所以，故選：B【點睛】此題考查二倍角公式，熟練記憶公式即可解決，屬于簡單題目.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

先利用輔助角公式將轉化成,根據函數是定義在上的奇函數得出,從而得出函數解析式,最后求出即可.【詳解】解:,又因為定義在上的奇函數,則,則,又因為,所以,,所以.故答案為:【點睛】本題考查三角函數的化簡,三角函數的奇偶性和三角函數求值,考查了基本知識的應用能力和計算能力,是基礎題.14、【解析】

設等差數列的公差為，根據，且，可得，解得，進而得出結論.【詳解】設公差為，因為，所以，所以，所以故答案為：【點睛】本題主要考查了等差數列的通項公式、需熟記公式，屬于基礎題.15、-1【解析】作出可行域，如圖：由得,由圖可知當直線經過A點時目標函數取得最小值，A（1,0）所以-1故答案為-116、【解析】

首先判斷出中間號碼的所有可能取值，由此求得基本事件的總數以及中間數字是的事件數，根據古典概型概率計算公式計算出所求概率.【詳解】根據“鐘型驗證碼”中間數字最大，然后向兩邊對稱遞減，所以中間的數字可能是.當中間是時，其它個數字可以是，選其中兩個排在左邊（排法唯一），另外兩個排在右邊（排法唯一），所以方法數有種.當中間是時，其它個數字可以是，選其中兩個排在左邊（排法唯一），另外兩個排在右邊（排法唯一），所以方法數有種.當中間是時，其它個數字可以是，選其中兩個排在左邊（排法唯一），另外兩個排在右邊（排法唯一），所以方法數有種.當中間是時，其它個數字可以是，選其中兩個排在左邊（排法唯一），另外兩個排在右邊（排法唯一），所以方法數有種.當中間是時，其它個數字可以是，選其中兩個排在左邊（排法唯一），另外兩個排在右邊（排法唯一），所以方法數有種.當中間是時，其它個數字可以是，選其中兩個排在左邊（排法唯一），另外兩個排在右邊（排法唯一），所以方法數有種.所以該驗證碼的中間數字是7的概率為.故答案為：【點睛】本小題主要考查古典概型概率計算，考查分類加法計數原理、分類乘法計數原理的應用，考查運算求解能力，屬于中檔題.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、見解析【解析】

根據等差數列性質及、，可求得等差數列的通項公式，由即可求得的值；根據等式，變形可得，分別討論取①②③中的一個，結合等比數列通項公式代入化簡，檢驗是否存在正整數的值即可.【詳解】∵在等差數列中，，∴，∴公差，∴，∴，若存在正整數，使得成立，即成立，設正數等比數列的公比為的公比為，若選①，∵，∴，∴，∴，∴當時，滿足成立.若選②，∵，∴，∴，∴，∴方程無正整數解，∴不存在正整數使得成立.若選③，∵，∴，∴，∴，∴解得或（舍去），∴，∴當時，滿足成立.【點睛】本題考查了等差數列通項公式的求法，等比數列通項公式及前n項和公式的應用，遞推公式的簡單應用，補充條件后求參數的值，屬于中檔題.18、橫線處任填一個都可以，面積為．【解析】

無論選哪一個，都先由正弦定理化邊為角后，由誘導公式，展開后，可求得角，再由余弦定理求得，從而易求得三角形面積．【詳解】在橫線上填寫“”.解：由正弦定理，得.由，得.由，得.所以.又（若，則這與矛盾），所以.又，得.由余弦定理及，得，即.將代入，解得.所以.在橫線上填寫“”.解：由及正弦定理，得.又，所以有.因為，所以.從而有.又，所以由余弦定理及，得即.將代入，解得.所以.在橫線上填寫“”解：由正弦定理，得.由，得，所以由二倍角公式，得.由，得，所以.所以，即.由余弦定理及，得.即.將代入，解得.所以.【點睛】本題考查三角形面積公式，考查正弦定理、余弦定理，兩角和的正弦公式等，正弦定理進行邊角轉換，求三角形面積時，①若三角形中已知一個角(角的大小或該角的正、余弦值)，結合題意求解這個角的兩邊或該角的兩邊之積，代入公式求面積；②若已知三角形的三邊，可先求其一個角的余弦值，再求其正弦值，代入公式求面積，總之，結合圖形恰當選擇面積公式是解題的關鍵．19、（Ⅰ）證明見解析（Ⅱ）．（Ⅲ）﹣．【解析】

（Ⅰ）由題知，如圖以點為原點，直線分別為軸，建立空間直角坐標系，計算，證明，從而平面PAC，即可得證；（Ⅱ）求解平面PDE的一個法向量，計算，即可得直線PC與平面PDE所成角的正弦值；（Ⅲ）求解平面PBE的一個法向量，計算，即可得二面角D﹣PE﹣B的余弦值．【詳解】（Ⅰ）PC⊥底面ABCD，，如圖以點為原點，直線分別為軸，建立空間直角坐標系，則，，，，又，平面PAC，平面PDE，平面PDE⊥平面PAC；（Ⅱ）設為平面PDE的一個法向量，又，則，取，得，直線PC與平面PDE所成角的正弦值；（Ⅲ）設為平面PBE的一個法向量，又則，取，得，，二面角D﹣PE﹣B的余弦值﹣.【點睛】本題主要考查了平面與平面的垂直，直線與平面所成角的計算，二面角大小的求解，考查了空間向量在立體幾何中的應用，考查了學生的空間想象能力與運算求解能力.20、（1）見解析；（2）【解析】

（Ⅰ）證明：過點作于點，∵平面⊥平面，∴平面又∵⊥平面∴∥,又∵平面∴∥平面（Ⅱ）∵平面∴，又∵∴∴