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文档简介

河南省非凡吉名校2025年高三阶段性测试(二)数学试题试卷考生请注意:1.答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内,不得在试卷上作任何标记。2.第一部分选择题每小题选出答案后,需将答案写在试卷指定的括号内,第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60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.已知函数为奇函数,则()A. B.1 C.2 D.32.若实数满足的约束条件,则的取值范围是()A. B. C. D.3.将函数的图象先向右平移个单位长度,在把所得函数图象的横坐标变为原来的倍,纵坐标不变,得到函数的图象,若函数在上没有零点,则的取值范围是()A. B.C. D.4.若实数满足不等式组,则的最大值为()A. B. C.3 D.25.若各项均为正数的等比数列满足,则公比()A.1 B.2 C.3 D.46.“完全数”是一些特殊的自然数,它所有的真因子(即除了自身以外的约数)的和恰好等于它本身.古希腊数学家毕达哥拉斯公元前六世纪发现了第一、二个“完全数”6和28,进一步研究发现后续三个完全数”分别为496,8128,33550336,现将这五个“完全数”随机分为两组,一组2个,另一组3个,则6和28不在同一组的概率为()A. B. C. D.7.2019年某校迎国庆70周年歌咏比赛中,甲乙两个合唱队每场比赛得分的茎叶图如图所示(以十位数字为茎,个位数字为叶).若甲队得分的中位数是86,乙队得分的平均数是88,则()A.170 B.10 C.172 D.128.执行如图所示的程序框图,则输出的值为()A. B. C. D.9.已知数列是公比为的正项等比数列,若、满足,则的最小值为()A. B. C. D.10.已知是虚数单位,若,则()A. B.2 C. D.311.已知双曲线的右焦点为,若双曲线的一条渐近线的倾斜角为,且点到该渐近线的距离为,则双曲线的实轴的长为A. B.C. D.12.已知菱形的边长为2,,则()A.4 B.6 C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知x,y>0,且,则x+y的最小值为_____.14.已知公差大于零的等差数列中,、、依次成等比数列,则的值是__________.15.正四面体的一个顶点是圆柱上底面的圆心,另外三个顶点圆柱下底面的圆周上,记正四面体的体积为,圆柱的体积为,则的值是______.16.如图,棱长为2的正方体中,点分别为棱的中点,以为圆心,1为半径,分别在面和面内作弧和,并将两弧各五等分,分点依次为、、、、、以及、、、、、.一只蚂蚁欲从点出发,沿正方体的表面爬行至,则其爬行的最短距离为________.参考数据:;;)三、解答题:共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.(12分)在平面直角坐标系中,已知抛物线C:()的焦点F在直线上,平行于x轴的两条直线,分别交抛物线C于A,B两点,交该抛物线的准线于D,E两点.(1)求抛物线C的方程;(2)若F在线段上,P是的中点,证明:.18.(12分)若数列前n项和为,且满足(t为常数,且)(1)求数列的通项公式:(2)设,且数列为等比数列,令,.求证:.19.(12分)如图在四边形中,,,为中点,.(1)求;(2)若,求面积的最大值.20.(12分)已知函数,.(1)求证:在区间上有且仅有一个零点,且;(2)若当时,不等式恒成立,求证:.21.(12分)如图,在中,,,点在线段上.(1)若,求的长;(2)若,,求的面积.22.(10分)随着互联网金融的不断发展,很多互联网公司推出余额增值服务产品和活期资金管理服务产品,如蚂蚁金服旗下的“余额宝”,腾讯旗下的“财富通”,京东旗下“京东小金库”.为了调查广大市民理财产品的选择情况,随机抽取1200名使用理财产品的市民,按照使用理财产品的情况统计得到如下频数分布表:分组频数(单位:名)使用“余额宝”使用“财富通”使用“京东小金库”30使用其他理财产品50合计1200已知这1200名市民中,使用“余额宝”的人比使用“财富通”的人多160名.(1)求频数分布表中,的值;(2)已知2018年“余额宝”的平均年化收益率为,“财富通”的平均年化收益率为.若在1200名使用理财产品的市民中,从使用“余额宝”和使用“财富通”的市民中按分组用分层抽样方法共抽取7人,然后从这7人中随机选取2人,假设这2人中每个人理财的资金有10000元,这2名市民2018年理财的利息总和为,求的分布列及数学期望.注:平均年化收益率,也就是我们所熟知的利息,理财产品“平均年化收益率为”即将100元钱存入某理财产品,一年可以获得3元利息.

参考答案一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60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.B【解析】

根据整体的奇偶性和部分的奇偶性,判断出的值.【详解】依题意是奇函数.而为奇函数,为偶函数,所以为偶函数,故,也即,化简得,所以.故选:B本小题主要考查根据函数的奇偶性求参数值,属于基础题.2.B【解析】

根据所给不等式组,画出不等式表示的可行域,将目标函数化为直线方程,平移后即可确定取值范围.【详解】实数满足的约束条件,画出可行域如下图所示:将线性目标函数化为,则将平移,平移后结合图像可知,当经过原点时截距最小,;当经过时,截距最大值,,所以线性目标函数的取值范围为,故选:B.本题考查了线性规划的简单应用,线性目标函数取值范围的求法,属于基础题.3.A【解析】

根据y=Acos(ωx+φ)的图象变换规律,求得g(x)的解析式,根据定义域求出的范围,再利用余弦函数的图象和性质,求得ω的取值范围.【详解】函数的图象先向右平移个单位长度,可得的图象,再将图象上每个点的横坐标变为原来的倍(纵坐标不变),得到函数的图象,∴周期,若函数在上没有零点,∴,∴,,解得,又,解得,当k=0时,解,当k=-1时,,可得,.故答案为:A.本题考查函数y=Acos(ωx+φ)的图象变换及零点问题,此类问题通常采用数形结合思想,构建不等关系式,求解可得,属于较难题.4.C【解析】

作出可行域,直线目标函数对应的直线,平移该直线可得最优解.【详解】作出可行域,如图由射线,线段,射线围成的阴影部分(含边界),作直线,平移直线,当过点时,取得最大值1.故选:C.本题考查简单的线性规划问题,解题关键是作出可行域,本题要注意可行域不是一个封闭图形.5.C【解析】

由正项等比数列满足,即,又,即,运算即可得解.【详解】解:因为,所以,又,所以,又,解得.故选:C.本题考查了等比数列基本量的求法,属基础题.6.C【解析】

先求出五个“完全数”随机分为两组,一组2个,另一组3个的基本事件总数为,再求出6和28恰好在同一组包含的基本事件个数,根据即可求出6和28不在同一组的概率.【详解】解:根据题意,将五个“完全数”随机分为两组,一组2个,另一组3个,则基本事件总数为,则6和28恰好在同一组包含的基本事件个数,∴6和28不在同一组的概率.故选:C.本题考查古典概型的概率的求法,涉及实际问题中组合数的应用.7.D【解析】

中位数指一串数据按从小(大)到大(小)排列后,处在最中间的那个数,平均数指一串数据的算术平均数.【详解】由茎叶图知,甲的中位数为,故;乙的平均数为,解得,所以.故选:D.本题考查茎叶图的应用,涉及到中位数、平均数的知识,是一道容易题.8.B【解析】

列出每一次循环,直到计数变量满足退出循环.【详解】第一次循环:;第二次循环:;第三次循环:,退出循环,输出的为.故选:B.本题考查由程序框图求输出的结果,要注意在哪一步退出循环,是一道容易题.9.B【解析】

利用等比数列的通项公式和指数幂的运算法则、指数函数的单调性求得再根据此范围求的最小值.【详解】数列是公比为的正项等比数列,、满足,由等比数列的通项公式得,即,,可得,且、都是正整数,求的最小值即求在,且、都是正整数范围下求最小值和的最小值,讨论、取值.当且时,的最小值为.故选:B.本题考查等比数列的通项公式和指数幂的运算法则、指数函数性质等基础知识,考查数学运算求解能力和分类讨论思想,是中等题.10.A【解析】

直接将两边同时乘以求出复数,再求其模即可.【详解】解:将两边同时乘以,得故选:A考查复数的运算及其模的求法,是基础题.11.B【解析】

双曲线的渐近线方程为,由题可知.设点,则点到直线的距离为,解得,所以,解得,所以双曲线的实轴的长为,故选B.12.B【解析】

根据菱形中的边角关系,利用余弦定理和数量积公式,即可求出结果.【详解】如图所示,菱形形的边长为2,,∴,∴,∴,且,∴,故选B.本题主要考查了平面向量的数量积和余弦定理的应用问题,属于基础题..二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.1【解析】

处理变形x+y=x()+y结合均值不等式求解最值.【详解】x,y>0,且,则x+y=x()+y1,当且仅当时取等号,此时x=4,y=2,取得最小值1.故答案为:1此题考查利用均值不等式求解最值,关键在于熟练掌握均值不等式的适用条件,注意考虑等号成立的条件.14.【解析】

利用等差数列的通项公式以及等比中项的性质,化简求出公差与的关系,然后转化求解的值.【详解】设等差数列的公差为,则,由于、、依次成等比数列,则,即,,解得,因此,.故答案为:.本题考查等差数列通项公式以及等比中项的应用,考查计算能力,属于基础题.15.【解析】

设正四面体的棱长为,求出底面外接圆的半径与高,代入体积公式求解.【详解】解:设正四面体的棱长为,则底面积为,底面外接圆的半径为,高为.∴正四面体的体积,圆柱的体积.则.故答案为:.本题主要考查多面体与旋转体体积的求法,考查计算能力,属于中档题.16.【解析】

根据空间位置关系,将平面旋转后使得各点在同一平面内,结合角的关系即可求得两点间距离的三角函数表达式.根据所给参考数据即可得解.【详解】棱长为2的正方体中,点分别为棱的中点,以为圆心,1为半径,分别在面和面内作弧和.将平面绕旋转至与平面共面的位置,如下图所示:则,所以;将平面绕旋转至与平面共面的位置,将绕旋转至与平面共面的位置,如下图所示:则,所以;因为,且由诱导公式可得,所以最短距离为,故答案为:.本题考查了空间几何体中最短距离的求法,注意将空间几何体展开至同一平面内求解的方法,三角函数诱导公式的应用,综合性强,属于难题.三、解答题:共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.(1);(2)见解析【解析】

(1)根据抛物线的焦点在直线上,可求得的值,从而求得抛物线的方程;(2)法一:设直线,的方程分别为和且,,,可得,,,的坐标,进而可得直线的方程,根据在直线上,可得,再分别求得,,即可得证;法二:设,,则,根据直线的斜率不为0,设出直线的方程为,联立直线和抛物线的方程,结合韦达定理,分别求出,,化简,即可得证.【详解】(1)抛物线C的焦点坐标为,且该点在直线上,所以,解得,故所求抛物线C的方程为(2)法一:由点F在线段上,可设直线,的方程分别为和且,,,则,,,.∴直线的方程为,即.又点在线段上,∴.∵P是的中点,∴∴,.由于,不重合,所以法二:设,,则当直线的斜率为0时,不符合题意,故可设直线的方程为联立直线和抛物线的方程,得又,为该方程两根,所以,,,.,由于,不重合,所以本题考查抛物线的标准方程,考查抛物线的定义,考查直线与抛物线的位置关系,属于中档题.18.(1)(2)详见解析【解析】

(1)利用可得的递推关系,从而可求其通项.(2)由为等比数列可得,从而可得的通项,利用错位相减法可得的前项和,利用不等式的性质可证.【详解】(1)由题意,得:(t为常数,且),当时,得,得.由,故,,故.(2)由,由为等比数列可知:,又,故,化简得到,所以或(舍).所以,,则.设的前n项和为.则,相减可得数列的通项与前项和的关系式,我们常利用这个关系式实现与之间的相互转化.数列求和关键看通项的结构形式,如果通项是等差数列与等比数列的和,则用分组求和法;如果通项是等差数列与等比数列的乘积,则用错位相减法;如果通项可以拆成一个数列连续两项的差,那么用裂项相消法;如果通项的符号有规律的出现,则用并项求和法.19.(1)1;(2)【解析】

(1),在和中分别运用余弦定理可表示出,运用算两次的思想即可求得,进而求出;(2)在中,根据余弦定理和基本不等式,可求得,再由三角形的面积公式以及正弦函数的有界性,求出的面积的最大值.【详解】(1)由题设,则在和中由余弦定理得:,即解得,∴(2)在中由余弦定理得,即,∴所以面积的最大值为,此时.本题主要考查余弦定理在解三角形中的应用,以及三角形面积公式的应用,意在考查学生的数学运算能力,属于中档题.20.(1)详见解析;(2)详见解析.【解析】

(1)利用求导数,判断在区间上的单调性,然后再证异号,即可证明结论;(2)当时,不等式恒成立,分离参数只需时,恒成立,设(),需,根据(1)中的结论先求出,再构造函数结合导数法,证明即可.【详解】(1),令,则,所以在区间上是增函数,则,所以在区间上是增函数.又因为,,所以在区间上有且仅有一个零点,且.(2)由题意,在区间上恒成立,即在区间上恒成立,当时,;当时,恒成立,设(),所以.由(1)可知,,使,所以,当时,,当时,,由此在区间上单调递减,在区间上单调递增,所以.又因为,所以,从而,所以.令,,则,所以在区间上是增函数,所以,故

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