河南省通許縣麗星中學(xué)2025屆高考數(shù)學(xué)四模試卷含解析

河南省通許縣麗星中學(xué)2025屆高考數(shù)學(xué)四模試卷注意事項(xiàng)1．考生要認(rèn)真填寫考場號(hào)和座位序號(hào)。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結(jié)束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．“學(xué)習(xí)強(qiáng)國”學(xué)習(xí)平臺(tái)是由中宣部主管，以深入學(xué)習(xí)宣傳新時(shí)代中國特色社會(huì)主義思想為主要內(nèi)容，立足全體黨員?面向全社會(huì)的優(yōu)質(zhì)平臺(tái)，現(xiàn)日益成為老百姓了解國家動(dòng)態(tài)?緊跟時(shí)代脈搏的熱門?該款軟件主要設(shè)有“閱讀文章”?“視聽學(xué)習(xí)”兩個(gè)學(xué)習(xí)模塊和“每日答題”?“每周答題”?“專項(xiàng)答題”?“挑戰(zhàn)答題”四個(gè)答題模塊?某人在學(xué)習(xí)過程中，“閱讀文章”不能放首位，四個(gè)答題板塊中有且僅有三個(gè)答題板塊相鄰的學(xué)習(xí)方法有（）A．60 B．192 C．240 D．4322．甲、乙、丙三人相約晚上在某地會(huì)面，已知這三人都不會(huì)違約且無兩人同時(shí)到達(dá)，則甲第一個(gè)到、丙第三個(gè)到的概率是（）A． B． C． D．3．如圖，正方體的底面與正四面體的底面在同一平面上，且，若正方體的六個(gè)面所在的平面與直線相交的平面?zhèn)€數(shù)分別記為，則下列結(jié)論正確的是（）A． B． C． D．4．已知圓：，圓：，點(diǎn)、分別是圓、圓上的動(dòng)點(diǎn)，為軸上的動(dòng)點(diǎn)，則的最大值是（）A． B．9 C．7 D．5．設(shè)函數(shù)在定義城內(nèi)可導(dǎo)，的圖象如圖所示，則導(dǎo)函數(shù)的圖象可能為（）A． B．C． D．6．設(shè)為等差數(shù)列的前項(xiàng)和，若，則A． B．C． D．7．在聲學(xué)中，聲強(qiáng)級（單位：）由公式給出，其中為聲強(qiáng)（單位：）.，，那么（）A． B． C． D．8．已知一個(gè)三棱錐的三視圖如圖所示，其中三視圖的長、寬、高分別為，，，且，則此三棱錐外接球表面積的最小值為（）A． B． C． D．9．如圖，已知平面，，、是直線上的兩點(diǎn)，、是平面內(nèi)的兩點(diǎn)，且，，，，．是平面上的一動(dòng)點(diǎn)，且直線，與平面所成角相等，則二面角的余弦值的最小值是（）A． B． C． D．10．已知復(fù)數(shù)（為虛數(shù)單位，），則在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)所在的象限為（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限11．在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)對應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)為（）A． B． C． D．12．某三棱錐的三視圖如圖所示，那么該三棱錐的表面中直角三角形的個(gè)數(shù)為（）A．1 B．2 C．3 D．0二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．（5分）在長方體中，已知棱長，體對角線，兩異面直線與所成的角為，則該長方體的表面積是____________．14．設(shè)常數(shù)，如果的二項(xiàng)展開式中項(xiàng)的系數(shù)為-80，那么______.15．已知非零向量的夾角為，且，則______.16．已知二項(xiàng)式的展開式中各項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)和為512，其展開式中第四項(xiàng)的系數(shù)__________．三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）從拋物線C：（）外一點(diǎn)作該拋物線的兩條切線PA、PB（切點(diǎn)分別為A、B），分別與x軸相交于C、D，若AB與y軸相交于點(diǎn)Q，點(diǎn)在拋物線C上，且（F為拋物線的焦點(diǎn)）.（1）求拋物線C的方程；（2）①求證：四邊形是平行四邊形.②四邊形能否為矩形？若能，求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不能，請說明理由.18．（12分）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線C：，以坐標(biāo)原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，直線l的極坐標(biāo)方程為（）.（1）求拋物線C的極坐標(biāo)方程；（2）若拋物線C與直線l交于A，B兩點(diǎn)，求的值.19．（12分）已知函數(shù).（1）當(dāng)時(shí)，求曲線在點(diǎn)處的切線方程；（2）若在上恒成立，求的取值范圍．20．（12分）已知的內(nèi)角的對邊分別為，且.（Ⅰ）求；（Ⅱ）若的周長是否有最大值？如果有，求出這個(gè)最大值，如果沒有，請說明理由.21．（12分）設(shè)數(shù)陣，其中、、、．設(shè)，其中，且．定義變換為“對于數(shù)陣的每一行，若其中有或，則將這一行中每個(gè)數(shù)都乘以；若其中沒有且沒有，則這一行中所有數(shù)均保持不變”（、、、）．表示“將經(jīng)過變換得到，再將經(jīng)過變換得到、，以此類推，最后將經(jīng)過變換得到”，記數(shù)陣中四個(gè)數(shù)的和為．（1）若，寫出經(jīng)過變換后得到的數(shù)陣；（2）若，，求的值；（3）對任意確定的一個(gè)數(shù)陣，證明：的所有可能取值的和不超過．22．（10分）已知函數(shù).（1）解關(guān)于的不等式；（2）若函數(shù)的圖象恒在直線的上方，求實(shí)數(shù)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、C【解析】

四個(gè)答題板塊中選三個(gè)捆綁在一起，和另外一個(gè)答題板塊用插入法．注意按“閱讀文章”分類．【詳解】四個(gè)答題板塊中選三個(gè)捆綁在一起，和另外一個(gè)答題板塊用插入法，由于“閱讀文章”不能放首位，因此不同的方法數(shù)為．故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查排列組合的應(yīng)用，考查捆綁法和插入法求解排列問題．對相鄰問題用捆綁法，不相鄰問題用插入法是解決這類問題的常用方法．2、D【解析】

先判斷是一個(gè)古典概型，列舉出甲、乙、丙三人相約到達(dá)的基本事件種數(shù)，再得到甲第一個(gè)到、丙第三個(gè)到的基本事件的種數(shù)，利用古典概型的概率公式求解.【詳解】甲、乙、丙三人相約到達(dá)的基本事件有甲乙丙，甲丙乙，乙甲丙，乙丙甲，丙甲乙，丙乙甲，共6種，其中甲第一個(gè)到、丙第三個(gè)到有甲乙丙，共1種，所以甲第一個(gè)到、丙第三個(gè)到的概率是.故選：D【點(diǎn)睛】本題主要考查古典概型的概率求法，還考查了理解辨析的能力，屬于基礎(chǔ)題.3、A【解析】

根據(jù)題意，畫出幾何位置圖形，由圖形的位置關(guān)系分別求得的值，即可比較各選項(xiàng).【詳解】如下圖所示，平面，從而平面，易知與正方體的其余四個(gè)面所在平面均相交，∴，∵平面，平面，且與正方體的其余四個(gè)面所在平面均相交，∴，∴結(jié)合四個(gè)選項(xiàng)可知，只有正確.故選：A.【點(diǎn)睛】本題考查了空間幾何體中直線與平面位置關(guān)系的判斷與綜合應(yīng)用，對空間想象能力要求較高，屬于中檔題.4、B【解析】試題分析：圓的圓心，半徑為，圓的圓心，半徑是．要使最大，需最大，且最小，最大值為的最小值為，故最大值是;關(guān)于軸的對稱點(diǎn)，，故的最大值為，故選B．考點(diǎn)：圓與圓的位置關(guān)系及其判定．【思路點(diǎn)睛】先根據(jù)兩圓的方程求出圓心和半徑，要使最大，需最大，且最小，最大值為的最小值為，故最大值是，再利用對稱性，求出所求式子的最大值．5、D【解析】

根據(jù)的圖象可得的單調(diào)性，從而得到在相應(yīng)范圍上的符號(hào)和極值點(diǎn)，據(jù)此可判斷的圖象.【詳解】由的圖象可知，在上為增函數(shù)，且在上存在正數(shù)，使得在上為增函數(shù)，在為減函數(shù)，故在有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，且在這兩個(gè)零點(diǎn)的附近，有變化，故排除A，B.由在上為增函數(shù)可得在上恒成立，故排除C.故選：D.【點(diǎn)睛】本題考查導(dǎo)函數(shù)圖象的識(shí)別，此類問題應(yīng)根據(jù)原函數(shù)的單調(diào)性來考慮導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)與零點(diǎn)情況，本題屬于基礎(chǔ)題.6、C【解析】

根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)可得，即，所以，故選C．7、D【解析】

由得，分別算出和的值，從而得到的值.【詳解】∵，∴，∴，當(dāng)時(shí)，，∴，當(dāng)時(shí)，，∴，∴，故選：D.【點(diǎn)睛】本小題主要考查對數(shù)運(yùn)算，屬于基礎(chǔ)題.8、B【解析】

根據(jù)三視圖得到幾何體為一三棱錐，并以該三棱錐構(gòu)造長方體，于是得到三棱錐的外接球即為長方體的外接球，進(jìn)而得到外接球的半徑，求得外接球的面積后可求出最小值．【詳解】由已知條件及三視圖得，此三棱錐的四個(gè)頂點(diǎn)位于長方體的四個(gè)頂點(diǎn)，即為三棱錐，且長方體的長、寬、高分別為，∴此三棱錐的外接球即為長方體的外接球，且球半徑為，∴三棱錐外接球表面積為，∴當(dāng)且僅當(dāng)，時(shí)，三棱錐外接球的表面積取得最小值為．故選B．【點(diǎn)睛】（1）解決關(guān)于外接球的問題的關(guān)鍵是抓住外接的特點(diǎn)，即球心到多面體的頂點(diǎn)的距離都等于球的半徑，同時(shí)要作一圓面起襯托作用．（2）長方體的外接球的直徑即為長方體的體對角線，對于一些比較特殊的三棱錐，在研究其外接球的問題時(shí)可考慮通過構(gòu)造長方體，通過長方體的外球球來研究三棱錐的外接球的問題．9、B【解析】

為所求的二面角的平面角，由得出，求出在內(nèi)的軌跡，根據(jù)軌跡的特點(diǎn)求出的最大值對應(yīng)的余弦值【詳解】，，，，同理為直線與平面所成的角，為直線與平面所成的角，又，在平面內(nèi)，以為軸，以的中垂線為軸建立平面直角坐標(biāo)系則，設(shè)，整理可得：在內(nèi)的軌跡為為圓心，以為半徑的上半圓平面平面，，為二面角的平面角，當(dāng)與圓相切時(shí)，最大，取得最小值此時(shí)故選【點(diǎn)睛】本題主要考查了二面角的平面角及其求法，方法有：定義法、三垂線定理及其逆定理、找公垂面法、射影公式、向量法等，依據(jù)題目選擇方法求出結(jié)果．10、B【解析】

分別比較復(fù)數(shù)的實(shí)部、虛部與0的大小關(guān)系，可判斷出在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)所在的象限.【詳解】因?yàn)闀r(shí)，所以，，所以復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)位于第二象限.故選：B.【點(diǎn)睛】本題考查復(fù)數(shù)的幾何意義，考查學(xué)生的計(jì)算求解能力，屬于基礎(chǔ)題.11、C【解析】

利用復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則、幾何意義即可得出．【詳解】解：復(fù)數(shù)i（2+i）＝2i﹣1對應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)為（﹣1，2），故選：C【點(diǎn)睛】本題考查了復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則、幾何意義，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題．12、C【解析】

由三視圖還原原幾何體，借助于正方體可得三棱錐的表面中直角三角形的個(gè)數(shù).【詳解】由三視圖還原原幾何體如圖，其中，，為直角三角形.∴該三棱錐的表面中直角三角形的個(gè)數(shù)為3.故選：C.【點(diǎn)睛】本小題主要考查由三視圖還原為原圖，屬于基礎(chǔ)題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、10【解析】

作出長方體如圖所示，由于，則就是異面直線與所成的角，且，在等腰直角三角形中，由，得，又，則，從而長方體的表面積為．14、【解析】

利用二項(xiàng)式定理的通項(xiàng)公式即可得出.【詳解】的二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)公式：，令，解得.∴，解得.故答案為：-2.【點(diǎn)睛】本小題主要考查根據(jù)二項(xiàng)式展開式的系數(shù)求參數(shù)，屬于基礎(chǔ)題.15、1【解析】

由已知條件得出,可得，解之可得答案.【詳解】向量的夾角為,且,,可得:,

可得,

解得，

故答案為:1.【點(diǎn)睛】本題考查根據(jù)向量的數(shù)量積運(yùn)算求向量的模，關(guān)鍵在于將所求的向量的模平方，利用向量的數(shù)量積化簡求解即可，屬于基礎(chǔ)題.16、【解析】

先令可得其展開式各項(xiàng)系數(shù)的和，又由題意得，解得，進(jìn)而可得其展開式的通項(xiàng)，即可得答案.【詳解】令，則有，解得，則二項(xiàng)式的展開式的通項(xiàng)為，令，則其展開式中的第4項(xiàng)的系數(shù)為，故答案為：【點(diǎn)睛】此題考查二項(xiàng)式定理的應(yīng)用，解題時(shí)需要區(qū)分展開式中各項(xiàng)系數(shù)的和與各二項(xiàng)式系數(shù)和，屬于基礎(chǔ)題.三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）；（2）①證明見解析；②能，.【解析】

（1）根據(jù)拋物線的定義，求出，即可求拋物線C的方程；（2）①設(shè)，，寫出切線的方程，解方程組求出點(diǎn)的坐標(biāo).設(shè)點(diǎn)，直線AB的方程，代入拋物線方程，利用韋達(dá)定理得到點(diǎn)的坐標(biāo)，寫出點(diǎn)的坐標(biāo)，，可得線段相互平分，即證四邊形是平行四邊形；②若四邊形為矩形，則，求出，即得點(diǎn)Q的坐標(biāo).【詳解】（1）因?yàn)?，所以，即拋物線C的方程是.（2）①證明：由得，.設(shè)，，則直線PA的方程為（ⅰ），則直線PB的方程為（ⅱ），由（?。┖停áⅲ┙獾茫?，，所以.設(shè)點(diǎn)，則直線AB的方程為.由得，則，，所以，所以線段PQ被x軸平分，即被線段CD平分.在①中，令解得，所以，同理得，所以線段CD的中點(diǎn)坐標(biāo)為，即，又因?yàn)橹本€PQ的方程為，所以線段CD的中點(diǎn)在直線PQ上，即線段CD被線段PQ平分.因此，四邊形是平行四邊形.②由①知，四邊形是平行四邊形.若四邊形是矩形，則，即，解得，故當(dāng)點(diǎn)Q為，即為拋物線的焦點(diǎn)時(shí)，四邊形是矩形.【點(diǎn)睛】本題考查拋物線的方程，考查直線和拋物線的位置關(guān)系，屬于難題.18、（1）（2）【解析】

(1)利用極坐標(biāo)和直角坐標(biāo)的互化公式，,即可求得結(jié)果.(2)由的幾何意義得,.將代入拋物線C的方程,利用韋達(dá)定理，，即可求得結(jié)果.【詳解】（1）因?yàn)?，，代入得，所以拋物線C的極坐標(biāo)方程為.（2）將代入拋物線C的方程得，所以，，所以，由的幾何意義得，.【點(diǎn)睛】本題考查直角坐標(biāo)和極坐標(biāo)的轉(zhuǎn)化,考查極坐標(biāo)方程的綜合應(yīng)用,考查了學(xué)生綜合分析,轉(zhuǎn)化與劃歸,數(shù)學(xué)運(yùn)算的能力,難度一般.19、（1）；（2）【解析】

（1）,對函數(shù)求導(dǎo),分別求出和,即可求出在點(diǎn)處的切線方程;（2）對求導(dǎo),分、和三種情況討論的單調(diào)性,再結(jié)合在上恒成立,可求得的取值范圍.【詳解】（1）因?yàn)?所以,所以,則,故曲線在點(diǎn)處的切線方程為.（2）因?yàn)?所以,①當(dāng)時(shí),在上恒成立,則在上單調(diào)遞增,從而成立,故符合題意;②當(dāng)時(shí),令,解得,即在上單調(diào)遞減,則,故不符合題意;③當(dāng)時(shí),在上恒成立,即在上單調(diào)遞減,則,故不符合題意.綜上,的取值范圍為.【點(diǎn)睛】本題考查了曲線的切線方程的求法,考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,考查了不等式恒成立問題,利用分類討論是解決本題的較好方法,屬于中檔題.20、（Ⅰ）；（Ⅱ）有最大值，最大值為3.【解析】

（Ⅰ）利用正弦定理將角化邊，再由余弦定理計(jì)算可得；（Ⅱ）由正弦定理可得，則，再根據(jù)正弦函數(shù)的性質(zhì)計(jì)算可得；【詳解】（Ⅰ）由得再由正弦定理得因此，又因?yàn)?，所?（Ⅱ）當(dāng)時(shí)，的周長有最大值，且最大值為3，理由如下：由正弦定理得，所以，所以.因?yàn)椋?，所以?dāng)即時(shí)，取到最大值2，所以的周長有最大值，最大值為3.【點(diǎn)睛】本題考查正弦定理、余弦定理解三角形，以及三角函數(shù)的性質(zhì)的應(yīng)用，屬于中檔題.21、（1）；（2）；（