2025届河南省部分学校高三阶段性测试（五）数学试卷（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1河南省部分学校2025届高三阶段性测试（五）数学试卷一、单项选择题：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.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：分组频数1015x252010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.42 B.44 C.46 D.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：D6.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：C7.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：D8.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．河南省部分学校2025届高三阶段性测试（五）数学试卷一、单项选择题：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.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：分组频数1015x252010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.42 B.44 C.46 D.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：D6.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：C7.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：D8.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