河南九师联盟2025届高三上学期11月质量检测巩固卷数学
考生注意：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟．
2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚．
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．
4．本卷命题范围：集合、常用逻辑用语、不等式、函数、导数、三角函数与解三角形、平面向量、复数、立体几何与空间向量、数列．
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．
1．若复数满足，则（ ）
A．1 B． C．2 D．
2．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知向量满足在上的投影向量为，则（ ）
A． B． C．12 D．6
4．记等比数列的前项和为，若，则（ ）
A．64 B．32 C．32 D．64
5．已知正方体，为棱的中点，则异面直线所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
6．如图为一块三角形铁片，已知，现在这块铁片中间发现一个小洞，记为点，．过点作一条直线分别交△的边于点，并沿直线裁掉△，则裁掉的△面积的最小值为（ ）
A． B．8 C． D．4
7．设定义在上的函数的图象关于对称，为奇函数，若，则（ ）
A．0 B．2 C．4 D．2025
8．已知，则（ ）
A． B． C． D．
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0分．
9．下列命题正确的是（ ）
A．若为纯虚数，，则
B．若，则
C．若在复平面内对应的点的坐标为，则
D．若是关于的方程的根，则
10．记为等差数列的前项和，则（ ）
A．
B．若的公差不为0，，则
C．成等差数列
D．是等差数列
11．如图，在直三棱柱中，，分别为，的中点，则（ ）
A．平面 B．平面
C．到平面的距离为 D．到直线的距离为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．某大型商场计划设计一个停车场，根据地形，设计6排停车位，靠近商场的第1排设计7个停车位，从第2排开始，每排设计的停车位个数是上一排的2倍加1，则设计的停车位的总数是__________．
13．已知四面体中，，则该四面体外接球的表面积为__________．
14．已知，则的取值范围是__________．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（本小题满分13分）
已知等比数列满足，其前项和为．
（1）求的通项公式；
（2）记，求．
16．（本小题满分15分）
在△中，角 所对的边分别为，其中．
（1）求；
（2）求△的面积．
17．（本小题满分15分）
如图，在三棱柱中，，二面角的余弦值为．
（1）证明：四边形为菱形；
（2）侧棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由．
18．（本小题满分17分）
已知函数．
（1）若，求的最大值；
（2）若，证明：；
（3）若时，恒成立，求的取值范围．
19．（本小题满分17分）
对于给定的数列以及正整数，若，使得成立，则称为“阶可分拆数列”
（1）设，证明：为“3阶可分拆数列”
（2）设的前项和为，若为“1阶可分拆数列”，求实数的值；
（3）设，是否存在，使得为“阶可分拆数列”？若存在，请求出所有的值；若不存在，请说明理由．
高三数学参考答案
1．D 2．B 3．A 4．D 5．A 6．B 7．B 8．C
9．BD 10．ACD 11．ABD
12．498 13． 14．
15． 解：（1）设）的公比为，
由，得，解得，
所以的通项公式为．
（2）因为，
则
．
16．解：（1）因为，由正弦定理得，
所以
因为，所以，则，所以．
（2）由正弦定理得，所以，
又因为，所以，得，①
由余弦定理得，即，所以，②
易知，满足①②的存在且均为正数，
所以．
17．（1）证明：取的中点的中点，连接，则四边形为平行四边形，因为，为的中点，所以，
因为平面，，所以平面，
因为平面，所以，则是二面角的平面角，．
设，因为，所以，
因为，所以
又，
在△中，，
即，
平方整理得，解得或（舍），所以．
又四边形为平行四边形，所以四边形为菱形．
（2）解：以为坐标原点，分别为轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示．
由（1），平面平面，所以平面平面，
且平面平面，
在平面；内过作为垂足，由平面与平面垂直的性质，得平面．
由（1），，
所以，
则，
设平面的法向量，则，
即，令，则，所以，
面，
设，
则，
设与平面所成的角为，
则，解得．
所以在侧棱上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，此时在处．
18．（1）解：当时，定义域为，
令得；令得
所以在上单调递增；在上单调递减，
所以当时，取到极大值也是最大值，
所以的最大值为．
（2）证明：因为，所以，即，
又因为，要证，只要证，
即证，
又因为，即证．①
令，则，欲证①式成立，等价于证明．
设，则，所以在上单调递增，
所以，即成立，所以．
（3）解：由条件，得．
记，则．．
，令，得．
因为，舍去，记，
因为，关于单调递增，可得的取值范围是．
当，单调递减；当时，单调递增，
所以．
记，则在（1，2）上单调递减，在定义域（1，2）上的值域为，
所以．故的取值范围是．
19．（1）证明：因为，
所以
所以，
所以为“3阶可分拆数列”．
（2）解：因为的前项和为，
当时，；当时，，
所以．．
因为，使得成立，
①时，，即，
因为，
所以不存在正整数，使得成立；
②当时，若成立，则，得，
所以若为“1阶可分拆数列”，．
（3）解：假设存在，使得为“阶可分拆数列”，
即对确定的正整数，存在正整数，使得成立，
则，
即，
①当时，时成立；
②当时，；
当时，；
当时，；
当时，，所以时，不存在正整数，使得成立；
③当时，，当时，成立，
④当时，，
此时不存在正整数，使得成立．
综上，存在，使得为“阶可分拆数列”，且或3．
