河南省五市2025届高三下学期第二次联考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河南省五市2025届高三下学期第二次联考数学试题一、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已知集合，，则（）．A. B. C. D.【答案】C【解析】因为集合，且，则．所以，，，.故选：C.2.设复数，则z的共轭复数的虚部为（）．A. B. C. D.【答案】A【解析】，所以，其虚部为，故选：A.3.已知向量，，若，则的值为（）．A. B. C. D.【答案】D【解析】因为向量，，，则，可得，所以.故选：D.4.函数过定点A，若，则的最小值为（）．A.4 B.6 C.8 D.10【答案】C【解析】当，即时，恒有，即过定点，因为，所以点在上，则，且，于是得，当且仅当，即时取“”，由且得：，所以当时，取得最小值8．故选：C5.有6个相同的小球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回地随机取两次，每次取1个球．用表示第一次取到的小球的标号，用y表示第二次取到的小球的标号，记事件为偶数，为偶数，，则下列不正确的是（）A. B.与相互独立C.与相互独立 D.与相互独立【答案】B【解析】由题意事件A包含两种情况，两次取出的标号都是奇数和都是偶数，所以，类似可得，，故A正确;事件表示两次取到的标号都是偶数，所以，而，所以与不独立，故B错误；有放回地取球两次，共有基本事件为个，事件表示的基本事件有个，所以，由于，所以与相互独立，故C正确；事件表示的基本事件有个，所以，由于，所以与相互独立，故D正确；故选：B.6.“方斗”常作为盛米的一种容器，其形状是一个上大下小的正四棱台，现有“方斗”容器如图所示，已知，，现往容器里加米，当米的高度是“方斗”高度的一半时，用米，则该“方斗”可盛米的总质量为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】设线段、、、的中点分别为、、、，如下图所示：易知四边形为等腰梯形，因为线段、的中点分别为、，则，设棱台的高为，体积为，则棱台的高为，设其体积为，则，则，所以，，所以，该“方斗”可盛米的总质量为.故选：D7.在中，内角、、所对边分别为、、，若，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由余弦定理可得，所以，所以，故，由正弦定理可得，可得，故.故选：B.8.“曼哈顿距离”是人脸识别中的一种重要测距方式，其定义如下：设，则两点间的曼哈顿距离，已知，点在圆上运动，若点满足，则的最大值为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】如图所示，由圆，可得，则圆心，半径，设，则，可得点的轨迹为如下所示的正方形，其中，则，则，所以的最大值为.故选：D.二、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.下列命题正确的是（）．A.若两组成对数据的样本相关系数分别为，，则组数据比组数据的相关性较强B.若样本数据，，…，的方差为2，则数据，，…，的方差为8C.已知互不相同的30个样本数据，若去掉其中最大和最小的数据，则剩下28个数据的分位数小于原样本数据的分位数D.某人解答5个问题，答对题数为，若，则【答案】BD【解析】对于A，因为，即组数据比组数据的相关性较弱，故A错误；对于B，若样本数据的方差，则数据的方差，故B正确；对于C，将这原来的30个数从小到大排列为，则，所以原来的分位数为，若去掉其中最大和最小的数据，剩下28个数据为，则，所以剩下28个数据的分位数为，由于互不相同，则，所以，即剩下28个数据的分位数大于原样本数据的分位数，故C错误；对于D，某人解答5个问题，答对题数为，若，则，故D正确.故选：BD.10.已知函数，则（）．A.任意，总有 B.任意，总有C.不存在，使得 D.若，则【答案】ABD【解析】对于A，因为，函数为偶函数，故A正确，对于B，由余弦函数的值域为，可知B正确，对于C，当时，可得：，此时，满足，故C错误，对于D，易知在上单调递增，且，由在上单调递减，可得：在单调递减，又，，所以，D正确，故选：ABD11.如图，多面体容器，底面水平放置，，，所在的平面均与底面垂直，且四个三角形均是边长为2的等边三角形，下列选项正确的是（）.AB.平面平面C.经过直线的平面截该几何体，截面的最大面积为D.从上面往该容器注水，当水面是正多边形时（未注满），注入的水的容积为【答案】ACD【解析】对于A，分别取线段的中点，连接，因为边长为的等边三角形，则，，因平面平面，平面平面，平面，则平面，同理可得平面，，则，，则四边形为平行四边形，则，又因，所以，故A正确；对于B，若平面平面，又平面平面，平面平面，则可得平面，又显然不垂直于平面，故假设错误，故B错误；对于C，设过直线的平面为，平面与多面体的表面交线为，则平面由平面到平面的转动过程中，截面的可能性有：若截面为或，则截面面积为；若平面与平面或平面相交，由A选项可知，，平面，平面，则平面，又平面平面，平面，则，则，由于对称性可知，此时截面为等腰梯形，显然当与重合时截面面积最大，因等腰梯形的上底，下底，腰，则等腰梯形的面积为，故此时截面面积的最大值为；因，故C选项正确；对于D，由A选项可知，，又平面，平面，则平面，同理可得平面，又，平面，则平面平面，欲使水面是正多边形，结合对称性可知，只需，，即可，因，则，则，则，则，则，又因平面，且，则多面体的高为，过点分别作，则四边形是面积为的矩形，由平面，平面，则平面平面，过点作，又平面平面，平面，则平面，则为四棱锥的高，又等边的边长为，则，则四棱锥的体积为，因多面体去掉三个体积相等的四棱锥后，剩余的部分为直六棱柱，则该部分体积为，故多面体的体积为，故D正确.故选：ACD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.双曲线的焦点到其渐近线的距离为__________．【答案】4【解析】双曲线的标准方程为，可知由双曲线的对称性，不妨取上焦点与其中一条渐近线，即，再由点到直线的距离公式可知焦点到其渐近线的距离，故答案为：.13.已知扇形的半径，，点C在（不含端点）上，点D，E分别在半径，上，且，，则的面积的最大值为__________．【答案】【解析】如图，连接，过点作的垂线，垂足为，设，则可知为矩形，有又因为，，所以，由二倍角公式可知，，故，由辅助角公式可知又点C在（不含端点）上，所以，故当时，的面积的最大值为，故答案为：或.14.有9张卡片反面朝上一字排开放在桌面上，现在进行如下操作：第一轮选择其中的任意k张进行翻动，使其正面朝上，以后每轮都选择k张翻动，使其朝上面发生改变．若使其正面全部朝上的最少翻动轮数是3，则k的取值集合为__________．【答案】【解析】由题意，每张卡片需要翻动奇数次才能最终正面朝上，则总翻动的次数之和为9个奇数之和为奇数，所以总翻动次数为为奇数，即为奇数，当时，可分三组翻动前三张、中间三张、后三张，每张被翻动1次，此时9张卡片的正面全部朝上，符合题意；当时，合理选择三轮翻动的5张卡片组合（如：第一轮翻动15，第二轮翻动37，第三轮翻动3、4、5、8、9），此时9张卡片的正面全部朝上，符合题意；当时，合理选择三轮翻动的5张卡片组合（如：第一轮翻动17，第二轮翻动39，第三轮翻动37），此时9张卡片的正面全部朝上，符合题意；当时，三轮翻动后，此时9张卡片的正面全部朝下，不符合题意，所以的取值集合为.故答案为：.四、解答题：本大题共5个小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．15.已知等比数列的前n项和为，且．（1）若，求数列的通项公式；（2）若．求b．解：（1）设等比数列的公比为q，由题意知：当时：①当时：②联立①②，解得，．因为，所以数列的通项公式．（2）由（1）知．方法一：故当，时，原式可化为．因为，所以；所以．同理当，即时，原式可化为，所以．所以，解得．方法二：原式可化为．即．即，．所以，解得．16.如图，在三棱柱中，平面，四边形为菱形．（1）证明：；（2）若，，二面角的余弦值为，求三棱柱的体积．（1）证明：因为四边形为菱形，所以．因为平面，平面，所以．又因为平面，平面，，所以平面．因为平面，所以．（2）解：方法一：因为，所以是等边三角形，取中点M，连接，则，以为坐标原点，分别以，，所在的直线为x轴，y轴和z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．设，则，，．所以，．设平面的法向量为，则，即，令，得．由条件知为平面的一个法向量．设二面角的平面角为，易知为锐角．则，解得．因为三棱柱的高为，且，所以其体积．方法二：因为，所以．过B做交的延长线于O，连接，因为，所以面，所以，所以是二面角的平面角．所以，所以，即，因为，所以．在中，解得．又平面，所以三棱柱的高为，所以其体积．17.已知抛物线，焦点F在直线上，又动直线l与C的交点为A，B两点，A，B在x轴同侧，且．（1）求抛物线C的方程；（2）证明直线l经过定点；（3）直线与直线，分别交于M，N，若恒成立，求t的值．（1）解：对于抛物线，其焦点坐标，因为焦点F在直线上，所以，解得．所以抛物线C方程为．（2）证明：设直线l的方程为，，．联立，把代入得，所以，，．因为A，B在x轴同侧，所以，所以．方法一：因为，则，，，所以，即．又因为，，则，即，解得或（舍去），所以．所以直线l的方程为，恒过定点．方法二：因为，所以，所以．又因为，，则，即，解得或（舍去），所以．所以直线l的方程为，恒过定点．（3）解：方法一：直线方程为，直线的方程为，则，，因为，所以直线与直线的斜率相等，即，可得，即，因为，则．整理可得，即，所以；方法二：直线方程为，直线的方程为，所以于，，因为，所以有∽，则．又因为，，则．可得．即．由（2）知，所以，所以．18.已知函数，，其中．（1）求函数的零点；（2）．（ⅰ）用表示m，n的最大值，证明：；（ⅱ）是否存在实数a，使得，恒成立？若存在，求a取值范围；若不存在，请说明理由．解：（1）函数的定义域为R，则，当时，，则，当时，，则，所以函数在上为减函数．又因为，故函数有且只有一个零点0.（2）（ⅰ）函数的定义域为，当时，，当时，，所以.（ⅱ）由（1）知，当时，，又，所以当时，恒成立，因为当时，恒成立，所以等价于当时，恒成立，又，若，当时，由，所以在上递增，所以此时恒成立.若，当时，由，解得为，在上递减，此时，不符合题意．综上可知，存在实数a满足题意，a的取值范围是.19.某校在90周年校庆到来之际，为了丰富教师的学习和生活，特举行了答题竞赛．在竞赛中，每位参赛教师答题若干次，每一次答题的赋分方法如下：第1次答题，答对得20分，答错得10分，从第2次答题开始，答对则获得上一次答题所得分数两倍的得分，答错得10分，教师甲参加答题竞赛，每次答对的概率均为，每次答题是否答对互不影响.（1）求甲前3次答题的得分之和为70分的概率．（2）记甲第i次答题所得分数的数学期望为．（ⅰ）求，，，并猜想当时，与之间的关系式；（ⅱ）若，求n的最小值．解：（1）由题意，前3次的得分分别为20（对），40（对），10（错）或10