河南省部分学校2025届高三阶段性测试（五）数学试卷（解析版）

这是一份河南省部分学校2025届高三阶段性测试（五）数学试卷（解析版），共15页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 复数，在复平面内z对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】，复数在复平面内对应的点的坐标为，
所以复平面内z对应的点位于第二象限.
故选：B.
2. 设集合，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】若，则，此时，，则，不合题意；
若，则或，
当时，，，则，不合题意；
当时，，，则，符合题意；
根据集合元素间的互异性可知，
综上所述：.
故选：A.
3. 采用随机抽样抽到一个容量为100 的样本，由样本数据得到如下的频数分布表：
若用每组的中点值来代表该组数据，则估计总体的平均数为（ ）
A. 42B. 44C. 46D. 48
【答案】C
【解析】由已知得，
估计总体的平均数为．
故选：C．
4. 以坐标原点为焦点，直线为准线的抛物线的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】将该抛物线向右平移1个单位长度，
所得抛物线以点为焦点，直线为准线，
故抛物线的方程为，再将其向左平移1个单位长度，
得原抛物线的方程为.
故选：B.
5. 已知圆锥的高为4，侧面积是底面积的3倍，则圆锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h，
由题意知，所以，又，
所以，所以圆锥的体积．
故选：D
6. 已知函数，若，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】由已知得的最小正周期：，因为，，
而，所以的图象关于坐标原点对称，所以，
所以．不妨令，
若，则，符合题意，
若，则，不符合题意，
故．
故选：C
7. 已知正方体的棱长为常数，点P在线段上（端点除外），过点P且垂直于的平面截正方体所得截面的周长为y，若，则y关于x的函数图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】如图所示，设平面和平面分别与交于点Q，R，当点P在线段AQ和线段上时，截面是正三角形，当点P越靠近点A或越靠近点时，截面周长越小，且变化是线性的．
当点P在线段QR上（不含点Q，R）时，截面是六边形EFGHMN，且，，，，
所以，所以，所以六边形EFGHMN的周长与的周长相等．综上可知y关于x的函数图象大致为D．
故选：D
8. 已知椭圆C：的左焦点为F，经过点F且倾斜角为30°的直线l与C交于A，B两点，若，则C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设，，则l的方程为，
由，得，
设，，则，①．
因为，所以②．
由①②可得，再结合，，得，解得．
故选：B.
二、多项选择题：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. 若向量，，，则（ ）
A. B.
C. D. 在上的投影向量是
【答案】CD
【解析】因为向量，，，
对于A，，故 A 错误；
对于B，，与不平行，故B错误；
对于C，因为，则，，故C正确；
对于D，在上的投影向量为，故D正确．
故选：CD.
10. 记等比数列的公比为，前项和为，已知，且，，成等差数列，则下列说法正确的是（ ）
A. ，，成等比数列
B. 若，则数列的前项和为
C. 若，则存在正整数，使得当时，
D. 若，则
【答案】BCD
【解析】因为，且，，成等差数列，所以，所以，解得或.
对于A，当时，，故A错误；
对于B，若，，则，所以，
所以的前项和为，故B正确；
对于C，当时，，，由于呈指数增长，
而呈线性增长，因此当足够大时，必有，故C正确；
对于D，当时，，则，当且仅当时取等号，
所以，故D正确.
故选：BCD.
11. 已知函数的导函数为，的导函数为，若，，则称是“T函数”，则下列说法正确的是（ ）
A. 是T函数
B. 若是定义域为的T函数，则
C. 若对任意成递增等差数列的4个数，，，，都有,则是T函数
D. 若是定义域为的T函数，且当时，则在上单调递增
【答案】ABD
【解析】对于A，由题意得，，所以是T函数，故A正确；
对于B，设，则，
因为是T函数，所以在上单调递增，
所以，所以单调递增，所以，
即，所以，故B正确；
对于C，因为，，，成递增的等差数列，
故可设：，，，，，
考虑函数，因为
，
所以，但，，
所以不是T函数，故C错误；
对于D，因为是T函数，所以在上单调递增，任意选取，
设函数，则，
当时，，
当时，，
所以，即，
当时，因为，所以，
左边是关于x的一次函数，根据直线的性质知，
这里的是任意选取的，所以，，所以在上单调递增，故D正确．
故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若，且，则______．
【答案】
【解析】因，则，，
又，则，又，
则.
故答案为：
13. 五人计划假期去旅游，有甲、乙、丙、丁四个景点供选择，若每人随机选一个景点，则仅有两个景点被选到的概率为_____.
【答案】
【解析】五个人任意选择景点，不同的选择方案有：种；
若仅有两个景点被选到，则不同的选择方案有：种，
仅有两个景点被选到的概率.
故答案为：.
14. 设表示不大于x的最大整数，如，，若正数a满足，则______．
【答案】12
【解析】因为，
所以该式的前项都为，后项都为，
所以，，
所以且，得，
因为，，所以，
所以，故．
故答案为：
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. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求B；
（2）若D为AC的中点，且，求．
解：（1）因为，
所以由正弦定理得，
又因为，
化简得，
因为，则，可得，
且，所以．
（2）因为D为AC的中点，则，
可得，
所以．
由余弦定理可得，
因为，则，
整理得，即，解得或．
16. 如图，在三棱台中，平面ABC，，，，，M为的中点．
（1）证明：平面AMC；
（2）求平面和平面AMC夹角的余弦值．
（1）证明：如图，连接，由题意知平面，所以，又，，所以，
因为M是的中点，所以．
因为平面ABC，所以，又，，所以平面，所以．
因为，所以平面AMC．
（2）解：以A为坐标原点，以直线AB，AC，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
，，，，，
所以，．
设平面的法向量为，
则，取，
由（1）知平面AMC的一个法向量为，
因为，
所以平面和平面AMC夹角的余弦值为．
17. 在一次军事演习中，某炮兵部队有甲、乙、丙三门火炮对敌方目标M进行射击，现设计了以下规则：每次让一门火炮对M射击一次，如果没有击中M就换另一门火炮进行射击，如果击中M或甲、乙、丙都射击过一次就停止射击．已知甲、乙、丙每次射击击中M的概率分别为，，，且每次射击相互独立．
（1）若按甲、乙、丙的顺序进行射击，且，，，求M被击中的概率；
（2）若安排乙第二个射击，且，要使射击总次数的数学期望较小，应该安排哪一门火炮第一个射击？
解：（1）设事件A表示“M被击中”，
则．
（2）设射击的总次数为X，则X的所有可能取值为1，2，3．
若按甲、乙、丙的顺序射击，
则，，，
所以．
若按丙、乙、甲的顺序射击，
同理得．
因为
，
又因为，，所以，
所以要使射击总次数的数学期望较小，应该让甲先射击．
18. 已知，函数在处取得极值．
（1）求a；
（2）证明：对任意的m，，都有；
（3）若存在实数，使得成立，求k的最小整数值．
（1）解：，
因为在处取得极值，
所以，所以，
解得．
经验证当时，在处取得极小值，符合题意，
故．
（2）对任意的m，，设，则，
由（1）知，则上单调递增，
所以当时，，即，所以在上单调递增，
因为，所以，即，
故．
（3）存在实数，使得成立，即成立．
令，，则，，
令，则在上恒成立，
故在上单调递增．
又，，
故存在唯一的，使得，即．
当时，，即，当时，，即，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故，
故，结合，得，
故k的最小整数值为5．
19. 已知双曲线C：的离心率为，且C经过点．
（1）求C的方程；
（2）作C在点P处的切线l，设l与C的两条渐近线分别交于点Q，R，求；
（3）将横、纵坐标均为正整数的点称为“格点”，记C上的所有格点为，，，…，，证明：为定值．
解：（1）由题意得，解得，所以C的方程为．
（2）当时，由得，所以，
所以l的斜率为，l的方程为，即，
由得C的渐近线方程为，
联立与，解得，
所以．
（3）在方程中，令，得，令，得，则．
因为，
所以，得是C上的一个格点，
，得是C上的一个格点．
按这种构造方式，由可以得到一系列格点．
下面证明C上的任意一个格点都满足该式：
任取两个由上述方式得到的相邻格点和，假设在点和之间存在另外的格点，即存在，，满足．
因为是C上的格点，所以，
所以，
得，
设，，则．
由点，在C上，可得，，且，
所以，，再由，，，，得，，
故也是C上的格点．
另一方面，因为，，所以，
即，所以．
而，即．
显然，C上不存在格点满足该式，矛盾，假设不成立，
故C上的所有格点都满足．
由，，得．
所以
所以，为定值．分组
频数
10
15
x
25
20
10