河南省名校联盟2025届高三阶段性测试（六）数学试卷（含答案）

这是一份河南省名校联盟2025届高三阶段性测试（六）数学试卷（含答案），共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.椭圆C:x24+y25=1的焦距为( )
A. 1B. 2C. 4D. 6
2.已知某正四棱台的上、下底面面积分别为1，16，高为2，则该正四棱台的体积为( )
A. 12B. 14C. 15D. 16
3.若a,3,b,1成等比数列，则a⋅b=( )
A. 4B. 6C. 9D. 12
4.函数fx=sin2x3的最小正周期为( )
A. 3πB. 2πC. 3π2D. π
5.已知集合A=x∣3ax−2≤0，若1∈A且2∉A，则( )
A. 13c>bC. c>b>aD. b>c>a
7.已知某校包含甲、乙、丙在内的7名同学参加了某次数学竞赛，并包揽了前7名(排名无并列)，若甲、乙、丙中的两人占据前两名，则这7名同学获奖的名次情况共有( )
A. 480种B. 560种C. 720种D. 840种
8.已知∠AOB=π6,OB=2，且AB⊥OA，则xOB−OA+xOB−12OAx∈R的最小值为( )
A. 2 5B. 2 3C. 3D. 32
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知z1,z2为复数，则下列说法正确的是( )
A. 若z12=0，则z1=0B. 若z12=−z22，则z1=z2=0
C. 若z1=z2，则z12=z22D. z1−iz1=z1+iz1
10.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为 2，点M在底面ABCD上(含边界)，且MD1= 3，则下列说法正确的是( )
A. 点M的轨迹的长度为π2
B. 直线BM与平面CDD1C1所成角的正切值最大为1+ 2
C. 平面AB1C截该正方体的内切球所得截面的面积为π3
D. 若动点N在线段BD1上，P为B1D1的中点，则MN+NP的最小值为 2
11.双曲线的光学性质：从双曲线的一个焦点发出的光线，经双曲线反射后，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点.已知双曲线C:x26−y2λ=1λ>0的离心率为2 33，左、右焦点分别为F1,F2，点Ax0,y0y0>0在C上，点B6x0,0，点D0,t在直线AB上，则下列说法正确的是( ) 附：双曲线x2a2−y2b2=1a>0,b>0在其上一点x0,y0处的切线方程为xx0a2−yy0b2=1．
A. F1F2=2 2
B. y0t=−2
C. 作F1H⊥AB于点H，则OH= 6(O为坐标原点)
D. 若AF2的延长线交C于点G，则▵AF1G的内心在定直线上
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.统计学中通常认为服从正态分布Nμ,σ2的随机变量X只取μ−3σ,μ+3σ中的值，简称为3σ原则.假设某厂生产的包装盒的厚度(单位：mm)X∼N10,σ2，某天检测员随机抽取了一个包装盒，测得其厚度不小于16mm，他立即判断生产出现了异常，由此可知σ的最大值为 ．
13.已知函数fx=xx−2,x≤1x−2,13，若函数gx=fx−m至少有2个零点，则实数m的取值范围为 ．
14.已知某种长方体花岗岩的规格为30cm×20cm×10cm(其中第1,2,3个数分别为长、宽、高，且长≥宽≥高)，若从长方体某一棱的中点处作垂直于该棱的截面，截取一次共可得到20cm×15cm×10cm,30cm×10cm×10cm,30cm×20cm×5cm三种不同规格的长方体，按照上述方式对第1次所截得的长方体进行第2次截取，再对第2次所截得的长方体进行第3次截取，则第3次截取后得到的不同规格的长方体的种数m= ，在上述m种不同规格的长方体中任取1种，该种长方体的长与宽之差小于10cm的概率为 ．
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13分)
某景区试卖一款纪念品，现统计了该款纪念品的定价x(单位：元)与销量y(单位：百件)的对应数据，如下表所示：
(1)求该纪念品定价的平均值x和销量的平均值y；
(2)计算x与y的相关系数；
(3)由(2)的计算结果，判断能否用线性回归模型拟合y与x的关系，并说明理由．
参考数据：i=15xi−xyi−y=−8, 6465≈0.992．
参考公式：相关系数r=i=1nxi−xyi−y i=1nxi−x2 i=1nyi−y2．
16.(本小题15分)
已知函数fx=ex−1⋅lnxx．
(1)求曲线y=fx在点1,f1处的切线方程；
(2)证明：fx在0,+∞上单调递增．
17.(本小题15分)
已知数列an的各项均不为0，其前n项和为Sn，且a2Sn=anan+1．
(1)若S3=2，求a3；
(2)若a1=1,a2=2，求Sn．
18.(本小题17分)
已知抛物线C:x2=2pyp>0,Q为C上一点．
(1)证明：以点Q为圆心且过点0,p2的圆与C的准线相切．
(2)若动直线l:y=kx+2与C相交于M,N两点，点Pt,−2满足OP⊥l(O为坐标原点)，且直线PM,PN的斜率之和为2k．
(i)求C的方程；
(ii)过点Q作C的切线l′，若l′//l，求▵MPQ的面积的最小值．
19.(本小题17分)
如图，在空间直角坐标系Oxyz中，点A,B,C分别在x,y,z轴上(点A,B,C异于点O)，且OA+OB+OC=3．
(1)当S▵OAB+S▵OAC+S▵OBC(S表示面积)取得最大值时，求点O到平面ABC的距离．
(2)若OA=12,OB=1,OC=32，动点M在线段AB上(含端点)，探究：是否存在点M，使得直线AC与平面COM所成角的正弦值为 25？若存在，求出AMBM的值；若不存在，请说明理由．
(3)记平面ABC与平面BCO、平面ACO、平面ABO的夹角分别为α,β,γ，比较csαcsβ+csβcsγ+csγcsα与1的大小关系，并说明理由．
参考答案
1.B
2.B
3.C
4.A
5.C
6.D
7.C
8.D
9.AD
10.ACD
11.BCD
12.2
13.−1,1
14.8；38 ；或0.375
15.解：(1)由题可知x=1512+12.5+13+13.5+14=13，y=1514+13+11+9+8=11；
(2)计算得i=15xi−x2=2.5,i=15yi−y2=26，
故r=i=15xi−xyi−y i=15xi−x2 i=15yi−y2=−8 65≈−0.992；
(3)由(2)可知，y与x的相关系数的绝对值近似为0.992，大于0.75且非常接近1，
说明y与x的线性相关性很强，从而可以用线性回归模型拟合y与x之间的关系．

16.解：(1)由题可知f′x=ex−1xlnx+1−lnxx2，则f′1=1，
又f1=0，
故所求切线方程为y=x−1．
(2)由(1)知f′x=ex−1xlnx+1−lnxx2，x>0，
因为x2>0,ex−1>0，所以设gx=xlnx+1−lnx，则g′x=lnx−1x+1，
由复合函数的单调性易知g′x在0,+∞上单调递增，且g′1=0，
所以当00，
从而f′x>0，故fx在0,+∞上单调递增．

17.解：(1)令n=2，可得a2S2=a2a3，
∵a2≠0，∴S2=a3，
∵S3=S2+a3=2a3=2，
∴a3=1．
(2)由题意得，2Sn=anan+1．
当n≥2时，2Sn−1=an−1an，
∴2Sn−2Sn−1=anan+1−an−1an，即2Sn−Sn−1=anan+1−an−1，
∴2an=anan+1−an−1，
∵an≠0，∴an+1−an−1=2n≥2，
∴数列an的奇数项、偶数项均成公差为2的等差数列，
∴a2n−1=1+2n−1=2n−1,a2n=2+2n−1=2n，
∴an=n．
当n≥2时，an+1−an=n+1−n=1，故数列an是以1为首项，1为公差的等差数列，
∴Sn=nn+12．

18.解：(1)由题可知点0,p2为C的焦点，设为点F，抛物线C的准线方程为y=−p2．
∵Q为C上一点，∴由抛物线的定义得QF等于点Q到C的准线的距离，
∴以Q为圆心且过点0,p2的圆与C的准线相切．
(2)
设Mx1,y1,Nx2,y2．
(i)当k=0时，点M,N关于y轴对称，点P0,−2，
直线PM,PN关于y轴对称，kPM+kPN=0=2k成立．
当k≠0时，由OP⊥l得kOP=−1k，直线OP的方程为y=−1kx，
将点P的坐标t,−2代入，可得t=2k，则P2k,−2．
联立直线l与C的方程，可得x2−2pkx−4p=0，
∴x1+x2=2pk,x1x2=−4p．
∵kPM+kPN=2k，
∴y1+2x1−2k+y2+2x2−2k=kx1+4x1−2k+kx2+4x2−2k=kx1+4x2−2k+kx2+4x1−2kx1−2kx2−2k=2k，
化简可得2k2+2x1+x2−4k=0，则2k2+22pk−4k=0，
由k2+2≠0得，2pk−4k=0，由k≠0得p=2，
故C的方程为x2=4y．
(ii)设直线l′:y=kx+n，
与C的方程联立，可得x2−4kx−4n=0，
由Δ=16k2+16n=0，得n=−k2，
由x2−4kx+4k2=0得xQ=2k，yQ=xQ24=k2，故点Q2k,k2．
设MN的中点为E，
∵x1+x2=2pk=4k，
∴x1+x22=2k,y1+y22=kx1+x2+42=2k2+2，故E2k,2k2+2．
∵P2k,−2,−2+2k2+22=k2，∴P,Q,E三点共线，且Q为线段PE的中点，
∴▵MPQ的面积为△MEP的面积的12，
由E为MN的中点得，△MEP的面积为▵MNP的面积的12，
∴▵MPQ的面积为▵MNP的面积的14．
∵x1+x2=2pk=4k,x1x2=−4p=−8，
∴MN= 1+k2⋅ x1+x22−4x1x2= 1+k2⋅ 16k2+32=4 1+k2⋅ k2+2．
∵点P2k,−2到直线MN:kx−y+2=0的距离d=2k2+4 k2+1，
∴S▵MPQ=18⋅MN⋅d=12⋅ k2+2⋅2k2+4=k2+232≥232=2 2，
当且仅当k=0时等号成立，故▵MPQ的面积的最小值为2 2．

19.解：(1)不妨设OA=a,OB=b,OC=c，则a+b+c=3,且a,b,c>0，
故S▵OAB+S▵OAC+S▵OBC=ab+ac+bc2=ab+bc+ac+2ab+2bc+2ac6≤2a2+2b2+2c2+2ab+2bc+2ac6=(a+b+c)26=32，
当且仅当a=b=c=1时等号成立，S▵OAB+S▵OAC+S▵OBC取得最大值，此时AB=BC=AC= 2．
记点O到平面ABC的距离为d．
因为VO−ABC=13×S▵ABC×d=13×12× 32×( 2)2×d= 3d6，
又VO−ABC=13⋅S▵OAB⋅OC=13×12×1×1×1=16，
所以 3d6=16，解得d= 33．
所以，点O到平面ABC的距离为 33．
(2)由题可知A12,0,0,B0,1,0,C0,0,32，
故AB=−12,1,0,AC=−12,0,32,OC=0,0,32．
设AM=λAB=−λ2,λ,00≤λ≤1，则M1−λ2,λ,0,OM=1−λ2,λ,0．
设p=x,y,z为平面COM的法向量，
则p⋅OM=0,p⋅OC=0,即1−λ2x+λy=0,32z=0,可取p=2λ,λ−1,0．
记直线AC与平面COM所成的角为θ，
则sinθ=csp,AC=p⋅ACp⋅AC=λ 5λ2−2λ+1⋅ 102= 25，
解得λ=12，则AMBM=1．
所以，存在线段AB的中点M满足题意，此时AMBM=1．
(3)结论：csαcsβ+csβcsγ+csγcsα≤1.下面给出证明：
同(1)设OA,OB,OC的长度分别为a,b,c，则Aa,0,0,B0,b,0,C0,0,c,AB=−a,b,0,AC=−a,0,c．
显然平面BCO的一个法向量为m=1,0,0．
设平面ABC的法向量为n=s,t,r，
则−as+bt=0,−as+cr=0,可取n=bc,ac,ab，
所以csα=csm,n=m⋅nm⋅n=bc a2b2+b2c2+c2a2，
同理得csβ=ac a2b2+b2c2+c2a2,csγ=ab a2b2+b2c2+c2a2，
故有cs2α+cs2β+cs2γ=b2c2+a2c2+a2b2a2b2+b2c2+c2a2=1．
要证．csαcsβ+csβcsγ+csγcsα≤1，
即证csαcsβ+csβcsγ+csγcsα≤cs2α+cs2β+cs2γ①.
事实上，有(csα−csβ)2+(csβ−csγ)2+(csγ−csα)2≥0，
化简得cs2α+cs2β+cs2γ≥csαcsβ+csβcsγ+csγcsα，
则①式得证，故csαcsβ+csβcsγ+csγcsα≤1，
当且仅当csα=csβ=csγ即OA=OB=OC=1时等号成立，命题得证．
x
12
12.5
13
13.5
14
y
14
13
11
9
8