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1、河南省郑州市部分学校2025届高三上学期第三次联合教学质量检测数学试卷一、单选题（本大题共8小题）1若集合，则（ ）ABCD2已知复数满足，为虚数单位，则复数的共轭复数（）ABCD3已知平面向量，满足：，且在上的投影向量为，则向量与向量的夹角为（）ABCD4已知，则函数的值域是（）ABCD5已知数列的前项和为，且，则的值为（）A300BC210D6设，函数若在区间内恰有6个零点，则的取值范围是（ ）ABCD7已知，是一个随机试验中的两个随机事件，若，则事件与事件的关系为（ ）AB互斥但不对立C互为对立D相互独立8已知双曲线的左右焦点分别为，点在上，点在轴上，则的离心率为（）ABCD二、多选题（
2、本大题共3小题）9下列选项正确的有（ ）A当时，函数的最小值为2B，函数的最大值为C函数的最小值为2D当，时，若，则的最小值为10已知分别是双曲线的左右焦点，点是圆上的动点，下列说法正确的是（）A三角形的周长是12B若双曲线与双曲线有相同的渐近线，且双曲线的焦距为8，则双曲线为C若，则的位置不唯一D若是双曲线左支上一动点，则的最小值是11如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别为棱，的中点，G是棱上的一个动点，M为侧面上的动点，则下列说法正确的是（）A点G到平面的距离为定值B若，则的最小值为2C若，且，则点G到直线的距离为D直线与平面所成角的正弦值的取值范围为三、填空题（本大题共3小题）12在的
3、展开式中，含的项的系数是 .13在中，已知，点为的中点，则的最大值为 .14设为椭圆上一点，为焦点，则椭圆离心率的最大值为 .四、解答题（本大题共5小题）15已知平面向量，且，其中，设点和在函数的图象（的部分图象如图所示）上(1)求a，b，的值；(2)若是图象上的一点，则是函数图象上的相应的点，求在上的单调递减区间16设数列an的前项和为，若对任意的，都有（为常数)，则称数列an为“和等比数列”，其中为和公比.已知bn是首项为，公差不为的等差数列，且bn是“和等比数列”，设，数列的前项和为(1)求数列bn的和公比；(2)若不等式对任意的成立，求实数的取值范围.17在中，分别是上的点，满足且经过
4、的重心，将沿折起到的位置，使，是的中点，如图所示(1)求证：平面；(2)在线段上是否存在点，使平面与平面的夹角的余弦值为,若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由18已知点与定点的距离和它到直线的距离的比是常数(1)求点的轨迹(2)设是轨迹上的两点，且直线与的斜率之积为（为坐标原点），为射线上一点，且，线段与轨迹交于点，求四边形的面积19已知函数，(1)求函数的极值；(2)若函数在区间上单调递增，求a的最小值；(3)如果存在实数m、n，其中，使得，求的取值范围.参考答案1【答案】D【详解】由题可得.故选：D2【答案】D【详解】因为，所以，故选：D.3【答案】C【详解】由在上的投影向量为，得，所
5、以，所以，所以，又，所以故选：C.4【答案】C【详解】令，则，因为在上单调递增，且，所以，又在上单调递减，且，所以，即的值域是.故选：C.5【答案】A【详解】若为奇数，则是偶数，是奇数，则 ， ， 得：，所以an的奇数项是首项为 ，公差为3的等差数列；所以.故选:A.6【答案】D【详解】在区间内恰有6个零点，又最多有两个零点，当时，至少有四个根，令，即，又，即，令，解得或，若且，解得，此时在有2个零点，只需要在有4个零点，这4个零点分别为故且，解得，此时有6个零点，满足题意， 当且时，解得，此时在有1个零点，只需要在有5个零点，这5个零点分别为，故且，解得，此时有6个零点，满足题意， 当且时，
6、解得，此时在有1个零点，只需要在有5个零点，这5个零点分别为，故且，解得不存在， 综上可得或，故选：D7【答案】D【详解】解：，得，又，故事件与事件相互独立，故选：D.8【答案】C【详解】设，则，根据双曲线性质可知，所以 ，又因所以为直角三角形，可得，所以可得，解之可得或（舍），可求出，在中根据余弦定理，解之可得，所以.故选：C9【答案】AD【详解】A选项，当且仅当时等号成立，所以A选项正确.B选项，当且仅当时等号成立，所以B选项错误.C选项，但无解，所以等号不成立，所以C选项错误.D选项，当，时，若，则，当且仅当时等号成立，所以D选项正确.故选：AD10【答案】ACD【详解】由题意可得双曲线
7、，圆心坐标，半径，A，所以三角形的周长是12，故A正确；B，由题意可设双曲线的方程为或，变形为标准形式或，又双曲线的焦距为8，所以，所以双曲线为或，故B错误；C，所以点轨迹为以为焦点的椭圆，且，所以轨迹方程为，圆心坐标代入椭圆方程可得，所以圆心在椭圆上，又点是圆上点，画出图形可得所以，的位置不唯一，故C正确；D，由双曲线的定义可得，所以，所以，因为，所以当三点共线时，取得最小值，又因为的最小值为，所以的最小值是，故D正确；故选：ACD.11【答案】ACD【详解】对于A，在正方体中，E，F分别为棱，的中点，所以，又平面，平面，所以平面，又点G是棱上的一个动点，所以点G到平面的距离为定值，故A正确
8、；对于B，连接，面，是在平面上的射影，要使，则，所以点M的轨迹是平面上以F为圆心，1为半径的半圆，所以的最小值为，故B错误；对于C，连接，因为，且，所以A，E，G四点共面，因为在正方体中，平面平面，又平面平面，平面平面，所以，在正方体中，所以四边形是平行四边形，则，则，因为E为棱的中点，所以G为棱的中点，故以为原点，建立空间直角坐标系，如图，则A2,0,0，所以，故点G到直线距离，故C正确；对于D，以为原点，建立空间直角坐标系，如图，设（），则A2,0,0，所以，设平面的法向量为n=a,b,c，则，令，则，故，设直线与平面所成角为（），则，因为，所以，则，所以，所以直线与平面所成角的正弦值的取
9、值范围为，故D正确.故选：ACD.12【答案】7【详解】在展开式的通项为，当时，所以含的项的系数是7.故答案为：7.13【答案】【详解】由已知得，由正弦定理得，由余弦定理得.由，得，且，即，即，当且仅当时，等号成立.又，所以.故答案为：.14【答案】/【详解】如图：在中，所以，.所以.又，所以.所以.故答案为：15【答案】(1)，；(2)【详解】（1）因，由，可得，由，其中，因点和在函数的图象上，则有，结合图象，由 可得，将其代入 式，可得，即，（*）由图知，该函数的周期满足，即又，则有，由（*）可得，故.由解得，故，；（2）不妨记，则，因是图象上的一点，即得，即，又因是函数图象上的相应的点，
10、故有.由，可得，因，故得.在上的单调递减区间为.16【答案】(1)(2)【详解】（1）解：设等差数列bn的公差为，前项和为，则，所以.因为bn是“和等比数列”，所以，即，对任意的都成立，所以，解得，所以bn的和公比为（2）解：可知，则，所以，所以，所以，即，所以.设，.不等式对任意的恒成立，即不等式对任意的恒成立.当为奇数时，则；当为偶数时，则.综上，的取值范围是17【答案】(1)证明见解析(2)存在，的长度为3或【详解】（1）因为在中，且，所以，则折叠后， 又平面，所以平面， 平面，所以， 又已知，且都在面内，所以平面.（2）由（1）知，以CD为轴，CB为轴，为轴，建立空间直角坐标系 ， 因
11、为，故，由几何关系可知，故， 假设在线段上存在点，使平面与平面成角余弦值为， 设，则， 设平面的法向量为，则有，即 不妨令，则，故平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，则有，即 不妨令，则，所以平面的一个法向量为， 若平面与平面成角余弦值为，则满足， 化简得， 解得或， 即或，故在线段上存在这样的点，使平面与平面成角余弦值为，此时的长度为3或18【答案】(1)点的轨迹是长轴长为4，短轴长为2，焦点在轴上的椭圆(2)【详解】（1）设点到直线的距离为，依题意，于是，化简得，即所以点的轨迹是长轴长为4，短轴长为2，焦点在轴上的椭圆（2）设Ax1,y1,Bx2,y2，又，则由，可得，则四边形面积为当
12、直线斜率为0时，易知，又，则根据对称性不妨取，由得则，得此时；当直线斜率不为0时，设的方程为，将直线方程与椭圆方程联立有：消去得：，由韦达定理，所以，代入可得，解得，又原点到直线距离为，则此时综上可得，四边形面积为.19【答案】(1)极小值为，无极大值(2)(3)【详解】（1）定义域为0,+，当时，fx0；在上单调递减，在上单调递增，的极小值为，无极大值（2）依题可知，在上恒成立，显然，所以，设，所以在上单调递增，故，即，即a的最小值为（3）方法1：由已知，则函数在、0,+上为增函数，若存在实数m、n，其中，使得，则，由可得，则，故，令，可得.当时，x0，此时函数x单调递增，故，又因为，且，所以，因此，的取值范围是方法2：由已知，则函数在、0,+上为增函数，若存在实数m、n，其中，使得，则，令，则，可得，由可得，令，其中，令可得，当时，此时函数单调递减，当时，此时函数单调递增，故当时，又因为，且，所以，因此的取值范围是
