河南省天一大联考2025届高三阶段性测试（六）数学试卷（解析版）

这是一份河南省天一大联考2025届高三阶段性测试（六）数学试卷（解析版），共17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. 椭圆的焦距为（ ）
A. 1B. 2C. 4D. 6
【答案】B
【解析】由题意得，，故，
∴椭圆的焦距为2.
故选：B.
2. 若成等比数列，则（ ）
A. 4B. 6C. 9D. 12
【答案】C
【解析】根据等比中项的概念可得，.
故选：C.
3. 函数的最小正周期为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为的图象是由的图象将轴下方的图象翻折到轴上方和轴上方的图象组成的，
所以的最小正周期是的最小正周期的一半，
因为的最小正周期为，
所以的最小正周期为．
故选：C
4. 已知集合，则使得“且”成立的一个充分不必要条件是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由题可知且2∉A⇔3a-2≤06a-2>0，解得，
所以使得“且”成立的一个充分不必要条件是集合的一个真子集，
因为只有选项A中的是的真子集，
故选：A
5. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由题可知，，
所以，
因为，，所以，
因为在上单调递减，且，
所以，即，
因为在上递增，且，
所以，即，
故．
故选：A
6. 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，且丙不是最后两名，则这7名同学获奖的名次情况共有（ ）
A. 524种B. 564种C. 624种D. 664种
【答案】C
【解析】若甲、乙占据前两名，则所有的情况有种，
若丙在前两名，则从甲、乙中选1人和丙排在前2名，故所有的情况有种，
故共有种．
故选：C
7. 已知某正四棱台的上、下底面面积分别为1，16，侧棱与下底面所成角的正弦值为，则该正四棱台的体积为（ ）
A. 12B. 14C. 15D. 16
【答案】B
【解析】设该正四棱台的侧棱长为．
因为正四棱台的上、下底面面积分别为1，16，
所以正四棱台的上、下底面边长分别为1，4，
所以正四棱台上、下底面的对角线长分别为，，
所以该正四棱台的高，
因为侧棱与下底面所成角的正弦值为，
所以，可得，
所以，
故所求体积．
故选：B
8. 已知，，且对任意的，恒成立，则的最小值为（ ）
A. B. C. 3D.
【答案】D
【解析】如图，
设，则恒成立，等价于恒成立，
从而有，
故．
设，，则．
作点E关于直线的对称点F，连接由题可知，，,
则，
当且仅当三点共线时取等号．
故选：D.
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. 已知为复数，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D.
【答案】AD
【解析】对于A，设，当时，，
得，得，即，故A正确；
对于B，令，可知，故B错误；
对于C，令，
可知，故C错误；
对于D，，故D正确.
故选：AD
10. 已知正方体的棱长为，点在底面上（含边界），且，则下列说法正确的是（ ）
A. 点的轨迹的长度为
B. 直线与平面所成角的正切值最大为
C. 平面截该正方体的内切球所得截面的面积为
D. 若动点在线段上，为的中点，则的最小值为
【答案】ACD
【解析】对于A，根据正方体性质可得，可知，
故点的轨迹是以为圆心，1为半径的四分之一圆，如下图所示：
则其轨迹的长度为，故A正确；
对于B，易知当点位于棱上时，直线与平面所成的角最大，
此时，即直线与平面所成角的正切值最大为，故B错误；
对于C，易知内切球的半径为，球心位于正方体的中心，其到平面的距离为，
易知，，点平面的距离为；
可得球心到平面的距离为，
故截面圆的半径满足，则所得截面的面积为，故C正确；
对于D，如下图：
先固定点，当点在上时，最小，
再让点移动，当三点共线时，最小，
此时，故D正确.
故选：ACD
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.已知双曲线的离心率为，左、右焦点分别为，点在上，点，点在直线上，则下列说法正确的是（ ）
附：双曲线在其上一点处的切线方程为.
A.
B.
C. 作于点，则（为坐标原点）
D. 若的延长线交于点，则的内心在定直线上
【答案】BCD
【解析】设双曲线的半焦距为.根据双曲线的对称性，不妨设点在第一象限.
对于A，由题意得，，，解得，
故，，A错误.
对于B，由题可知双曲线右顶点坐标为，故，则，
∴直线的斜率存在，
∵点直线上，∴，
∴，则，
∵，∴，故，解得，故B正确.
对于C，由题意得，点处的切线方程为，切线斜率为，
∵，故直线与双曲线相切，是切点.
由双曲线的光学性质可知，双曲线上任意一点处的切线平分该点与两焦点连线的夹角，
则平分，延长，与的延长线交于点，连接，
则为等腰三角形，，
∵为的中点，为的中点，
∴，故C正确.
对于D，记的内心为，则是的平分线，是的平分线，
由选项C可得，直线是双曲线的切线，切点分别为点，设，
则直线的方程为，直线的方程为，
联立两式，解得，
由得，，设直线，
则式可化为，即点在定直线上，故D正确.
故选：BCD.
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的随机变量只取中的值，简称为原则.假设某厂生产的包装盒的厚度（单位：），某天检测员随机抽取了一个包装盒，测得其厚度不小于16，他立即判断生产出现了异常，由此可知的最大值为__________.
【答案】2
【解析】解析由题可知，解得，故的最大值为2.
故答案为：2
13. 已知函数，若函数至少有2个零点，则实数m的取值范围为______．
【答案】
【解析】作出的大致图象如图所示，

由的零点，即为
观察可知．
当时，令，可得，当时，令，可得，所以，故．
故答案为：．
14. 已知某种长方体花岗岩的规格为（其中第个数分别为长、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__________，在上述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的概率为__________.
【答案】①. 8 ②.
【解析】列表如下，重复的去掉.
由表可知，第3次截取后得到的不同规格的长方体的种数.
在上述8种不可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的有共3种，
故所求概率为.
故答案为：8，
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. 某景区试卖一款纪念品，现统计了该款纪念品的定价（单位：元）与销量（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和销量的平均值；
（2）计算与的相关系数；
（3）由（2）的计算结果，判断能否用线性回归模型拟合与的关系，并说明理由.
参考数据：.
参考公式：相关系数.
解：（1）由题可知，；
（2）计算得，
故；
（3）由（2）可知，与的相关系数的绝对值近似为0.992，大于0.75且非常接近1，
说明与的线性相关性很强，从而可以用线性回归模型拟合与之间的关系.
16. 已知数列的前n项和为，且．
（1）若，求；
（2）若，求关于n表达式．
解：（1）令，可得，故，
又，所以．
（2）由，可得，，…，，
两边分别相乘得，所以．
当时，，所以，
即，即，
由题可知，所以，
所以的奇数项、偶数项均成公差为的等差数列．
所以，，
所以．
所以
，
故．
17. 已知函数
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，求证．
（1）解：由题可知，则，
又．故所求切线方程为．
（2）证明：当时，要证，即证，
即证在时恒成立．
令，则，
故当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
令，则，
故当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则，故．
当时，有，故，
即在时恒成立，
故当时．
18. 已知抛物线为上一点.
（1）证明：以点为圆心且过点的圆与的准线相切.
（2）若动直线与相交于两点，点满足（为坐标原点），且直线的斜率之和为.
（i）求的方程；
（ii）过点作的切线，若，求的面积的最小值.
（1）证明：由题可知点为的焦点，设为点，抛物线的准线方程为.
∵为上一点，∴由抛物线的定义得等于点到的准线的距离，
∴以为圆心且过点的圆与的准线相切.
（2）解：设.
（i）当时，点关于轴对称，点，
直线关于轴对称，成立.
当时，由得，直线的方程为，
将点的坐标代入，可得，则.
联立直线与的方程，可得，
∴.
∵，
∴，
化简可得，则，
由得，，由得，
故的方程为.
（ii）设直线，
与的方程联立，可得，
由，得，
由得，，故点.
设的中点为，
∵，
∴，故.
∵，∴三点共线，且为线段的中点，
∴的面积为的面积的，
由为的中点得，的面积为的面积的，
∴的面积为的面积的.
∵，
∴.
∵点到直线的距离，
∴，
当且仅当时等号成立，故的面积的最小值为.
19. 如图，在空间直角坐标系中，点分别在轴上（点异于点），且.
（1）当（表示面积）取得最大值时，求点到平面的距离.
（2）若，动点在线段上（含端点），探究：是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
（3）记平面与平面、平面、平面的夹角分别为，比较与1的大小关系，并说明理由.
解：（1）不妨设，则且，
故，
当且仅当时等号成立，取得最大值，此时.
记点到平面的距离为.
因为，
又，
所以，解得.
所以，点到平面距离为.
（2）由题可知，
故.
设，则.
设为平面的法向量，
则即可取.
记直线与平面所成的角为，
则，
解得，则.
所以,存在线段中点满足题意，此时.
（3）结论：.下面给出证明：
同（1）设的长度分别为，则.
显然平面的一个法向量为.
设平面的法向量为，
则可取，
所以，
同理得，
故有.
要证.，
即证①.
事实上，有，
化简得，
则①式得证，故，
当且仅当即时等号成立，命题得证.
原始状态
第1次截取
第2次截取
，
第3次截取
，
,
,
12
12.5
13
13.5
14
14
13
11
9
8