2025届新高三阶段性检测04（能力版）（范围：检测范围1、2、3至复数、计数原理与统计概率）-2025年高考数学一轮复习考点通关卷（新高考通用）

保密★启用前 2025届新高三阶段性检测04（能力版） （范围：检测范围1、2、3至复数、计数原理与统计概率） （新课标卷） 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交. 一、单项选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分. 在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1．已知集合，则（    ） A． B． C． D． 2．已知复数满足，则复数的共轭复数在复平面内对应的点位于（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 3．若，则（    ） A． B． C．1 D．或 4．若，则的大小关系是（    ） A． B． C． D． 5．“学如逆水行舟，不进则退；心似平原跑马，易放难收”（明·《增广贤文》）是勉励人们专心学习的，如果每天的“进步”率都是1%，那么一年后是；如果每天的“退步”率都是1%，那么一年后是，一年后“进步”的是“退步”的倍．若每天的“进步”率和“退步”率都是20%，则要使“进步”的是“退步”的100倍以上，最少要经过（参考数据：，）（    ） A．10天 B．11天 C．12天 D．13天 6．如图，在扇形OAB中，半径，，C在半径OB上，D在半径OA上，E是扇形弧上的动点（不包含端点），则平行四边形BCDE的周长的取值范围是（   ） A． B． C． D． 7．已知双曲线：（，）的右焦点为，左、右顶点分别为，，点在上且轴，直线，与轴分别交于点，，若（为坐标原点），则的渐近线方程为（    ） A． B． C． D． 8．已知函数，，若方程有且仅有5个不相等的整数解，则其中最大整数解和最小整数解的和等于（    ） A． B．28 C． D．14 二、多项选择题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求. 全部选对得 6 分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9．给出下列命题，其中正确命题为（    ） A．已知数据，满足：，若去掉后组成一组新数据，则新数据的方差为21 B．随机变量服从正态分布，若，则 C．一组数据的线性回归方程为，若，则 D．对于独立性检验，随机变量的值越大，则推断“两变量有关系”犯错误的概率越小 10．函数的图象与x轴交点的横坐标构成一个公差为的等差数列，向右平移个单位长度得到函数的图象，则下列结论正确的是（    ） A．为奇函数 B．的图象关于直线对称 C．在区间上单调递增 D．函数在区间上的值域为 11．在平面直角坐标系中，已知圆的动弦，圆，则下列选项正确的是（   ） A．当圆和圆存在公共点时，则实数的取值范围为 B．的面积最大值为1 C．若原点始终在动弦上，则不是定值 D．若动点满足四边形为矩形，则点的轨迹长度为 三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12．已知点，，O为坐标原点，则的取值范围是 ． 13．围棋起源于中国，据先秦典籍《世本》记载：“尧造围棋，丹朱善之”，围棋至今已有四千多年历史，蕴含着中华文化的丰富内涵．在某次国际比赛中，中国派出包含甲、乙在内的5位棋手参加比赛，他们分成两个小组，其中一个小组有3位，另外一个小组有2位，则甲和乙不在同一个小组的概率为 . 14．已知定义在上的函数，其导函数为，且 ，若关于的不等式仅有个整数解，则实数的取值范围是 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．（13分）在△中，角的对边分别为，已知 (1)求 ; (2)若 分别为边 上的中点，为 的重心，求 的余弦值. 16．（15分）在中，，，D为边上一点，，E为上一点，，将沿翻折，使A到处，.    (1)证明：平面； (2)若射线上存在点M，使，且与平面所成角的正弦值为，求λ. 17．（15分）某企业对某品牌芯片开发了一条生产线进行试产.其芯片质量按等级划分为五个层级，分别对应如下五组质量指标值：.根据长期检测结果，得到芯片的质量指标值服从正态分布，并把质量指标值不小于80的产品称为等品，其它产品称为等品. 现从该品牌芯片的生产线中随机抽取100件作为样本，统计得到如图所示的频率分布直方图.    (1)根据长期检测结果，该芯片质量指标值的标准差的近似值为11，用样本平均数作为的近似值，用样本标准差作为的估计值. 若从生产线中任取一件芯片，试估计该芯片为等品的概率(保留小数点后面两位有效数字)； (①同一组中的数据用该组区间的中点值代表；②参考数据:若随机变量服从正态分布，则，. ) (2)（i）从样本的质量指标值在和[85，95]的芯片中随机抽取3件，记其中质量指标值在[85，95]的芯片件数为，求的分布列和数学期望； （ii）该企业为节省检测成本，采用随机混装的方式将所有的芯片按100件一箱包装. 已知一件等品芯片的利润是元，一件等品芯片的利润是元，根据(1)的计算结果，试求的值，使得每箱产品的利润最大. 18．（17分）已知椭圆：的离心率为，右顶点与的上，下顶点所围成的三角形面积为． (1)求的方程． (2)不过点的动直线与交于，两点，直线与的斜率之积恒为． （i）证明：直线过定点； （ii）求面积的最大值． 19．（17分）帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法，在计算机数学中有着广泛的应用.已知函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，…，.其中，，…，.已知在处的阶帕德近似为. (1)求实数a，b的值； (2)设，证明：； (3)已知是方程的三个不等实根，求实数的取值范围，并证明：. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 保密★启用前 2025届新高三阶段性检测04（能力版） （范围：检测范围1、2、3至复数、计数原理与统计概率） （新课标卷） 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交. 一、单项选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分. 在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1．已知集合，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用一元二次不等式的解法，求出集合，再利用集合的运算，即可求解. 【详解】由，得到，即， 又， 所以 故选：D. 2．已知复数满足，则复数的共轭复数在复平面内对应的点位于（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】C 【分析】利用复数的四则运算法则可求，进而可得共轭复数在复平面内对应的点所在的象限. 【详解】由，可得， 所以，所以. 所以复数的共轭复数在复平面内对应的点的坐标为，位于第三象限. 故选：C. 3．若，则（    ） A． B． C．1 D．或 【答案】A 【分析】将已知等式经三角恒等变换，再两边同除以可得关于的方程，即可得解. 【详解】由，可得 ，， 两边同时除以并整理可得：，解得：或， 当时，，，不符合题意，所以. 故选：A 4．若，则的大小关系是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用放缩法可得，利用作商比较法可得，进而可得，可得结论. 【详解】， 所以则， 又， 所以，所以. 故选：D. 5．“学如逆水行舟，不进则退；心似平原跑马，易放难收”（明·《增广贤文》）是勉励人们专心学习的，如果每天的“进步”率都是1%，那么一年后是；如果每天的“退步”率都是1%，那么一年后是，一年后“进步”的是“退步”的倍．若每天的“进步”率和“退步”率都是20%，则要使“进步”的是“退步”的100倍以上，最少要经过（参考数据：，）（    ） A．10天 B．11天 C．12天 D．13天 【答案】C 【分析】由题意列出相应不等式，结合对数运算，即可求得答案. 【详解】设经过x天后，“进步”的是“退步”的100倍以上，则，即， ∴（天）． 故最少要经过12天 故选：C 6．如图，在扇形OAB中，半径，，C在半径OB上，D在半径OA上，E是扇形弧上的动点（不包含端点），则平行四边形BCDE的周长的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由于点E在弧上运动，引入恰当的变量，从而表达，再利用正弦定理来表示边，来求得周长关于角的函数，然后求出取值范围；也可以建立以圆心为原点的坐标系，同样设出动点坐标，用坐标法求出距离，然后同样把周长转化为关于角的函数，进而求出取值范围. 【详解】 （法一）如图，连接设，则，， 故．在中，由正弦定理可得， 则． 在中，由正弦定理可得，则． 平行四边形的周长为 ． 因为，所以，所以，所以， 所以，则， 即平行四边形BCDE的周长的取值范围是． （法二）以O为原点，所在直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系． 设，则，， 从而，，， ， 故平行四边形的周长为． 因为，所以，所以， 则，即平行四边形的周长的取值范围是． 故选：A. 7．已知双曲线：（，）的右焦点为，左、右顶点分别为，，点在上且轴，直线，与轴分别交于点，，若（为坐标原点），则的渐近线方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意求出直线和直线的方程，分别令，可求出，结合代入化简即可得出答案. 【详解】由题意知，因为轴， 所以令，可得，解得：，设， 直线的斜率为：， 所以直线的方程为：， 令可得，所以， 直线的斜率为： 所以直线的方程为：， 令可得，所以， 由可得，解得：, 所以，解得：，即 所以的渐近线方程为， 故选：C. 8．已知函数，，若方程有且仅有5个不相等的整数解，则其中最大整数解和最小整数解的和等于（    ） A． B．28 C． D．14 【答案】A 【分析】利用换元法结合一元二次方程根的分布，数形结合计算即可. 【详解】先作出的大致图象，如下    令，则， 根据的图象可知：要满足题意必须有两个不等根， 且有两个整数根，有三个整数根， 结合对勾函数和对数函数的图象与性质知，两函数相切时符合题意， 因为，当且仅当时取得等号， 又，易知其定义域内单调递减， 即，此时有两个整数根或， 而要满足有三个整数根，结合图象知必有一根小于2， 显然只有符合题意，当时有，则， 解方程得的另一个正根为， 又， 此时五个整数根依次是， 显然最大的根和最小的根和为. 故选：A 二、多项选择题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求. 全部选对得 6 分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9．给出下列命题，其中正确命题为（    ） A．已知数据，满足：，若去掉后组成一组新数据，则新数据的方差为21 B．随机变量服从正态分布，若，则 C．一组数据的线性回归方程为，若，则 D．对于独立性检验，随机变量的值越大，则推断“两变量有关系”犯错误的概率越小 【答案】ABD 【分析】根据方差计算判断A,应用正态分布概率计算求参判断B,根据回归直线过样本中心点求解判断C,应用独立性检验判断D. 【详解】对于A选项，去掉后的平均数为， 方差为故A选项正确； 对于B选项，由于随机变量服从正态分布， 则，关于1对称，则故B选项正确； 对于C选项，因为，所以，又因为回归方程为， 所以，所以，故C选项错误； 对于D选项，对于独立性检验，随机变量的值越大，则两变量有关系的程度的错误率更低，故越大，判定“两变量有关系”的错误率更低，D选项正确． 故选:ABD. 10．函数的图象与x轴交点的横坐标构成一个公差为的等差数列，向右平移个单位长度得到函数的图象，则下列结论正确的是（    ） A．为奇函数 B．的图象关于直线对称 C．在区间上单调递增 D．函数在区间上的值域为 【答案】AC 【分析】由题意，根据三角函数图象的平移变换可得，结合正弦函数的图象与性质依次判断选项即可. 【详解】由题意可知，，则，， ∴， ∴． A：， ，所以该函数为奇函数，故A正确； B：， ∴直线不是图象的对称轴，故B错误； C：由，得， 则在上单调递增，故C正确； D：， 由，得，则，故D错误． 故选：AC． 11．在平面直角坐标系中，已知圆的动弦，圆，则下列选项正确的是（   ） A．当圆和圆存在公共点时，则实数的取值范围为 B．的面积最大值为1 C．若原点始终在动弦上，则不是定值 D．若动点满足四边形为矩形，则点的轨迹长度为 【答案】ABD 【分析】根据两圆位置关系列不等式求解实数的范围判断A，根据三角形面积结合正弦函数可求出面积最大值判断B，分类讨论，设直线方程，利用韦达定理结合数量积数量积坐标运算求解判断C，先根据矩形性质结合垂径定理得到点的轨迹，然后利用圆的周长公式求解判断D. 【详解】对于A，圆的圆心为，半径为， 圆的圆心为，半径为， 当圆和圆存在公共点时，， 所以，解得，所以实数的取值范围为，正确； 对于B，的面积为， 当时，的面积有最大值为1，正确； 对于C，当弦垂直x轴时，，所以， 当弦不垂直x轴时，设弦所在直线为， 与圆联立得，， 设， 则，， 综上，恒为定值，错误； 对于D，设，OP中点，该点也是AB中点，且， 又，所以， 化简得，所以点的轨迹为以为圆心，半径为的圆， 其周长为长度为，正确. 故选：ABD 三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12．已知点，，O为坐标原点，则的取值范围是 ． 【答案】 【分析】先设点的坐标，再结合向量数量积的坐标运算，最后应用辅助角公式计算范围. 【详解】设点,, 所以,即, 所以, 因为， 所以. 故答案为： 13．围棋起源于中国，据先秦典籍《世本》记载：“尧造围棋，丹朱善之”，围棋至今已有四千多年历史，蕴含着中华文化的丰富内涵．在某次国际比赛中，中国派出包含甲、乙在内的5位棋手参加比赛，他们分成两个小组，其中一个小组有3位，另外一个小组有2位，则甲和乙不在同一个小组的概率为 . 【答案】 【分析】首先求分组的方法，再利用古典概型概率公式求解. 【详解】5人分成2个小组，一组3位，一组2位，共有种方法， 甲和乙不在同一个小组，则甲所在组有2人或3人，则有种方法， 所以甲和乙不在同一个小组的概率. 故答案为： 14．已知定义在上的函数，其导函数为，且 ，若关于的不等式仅有个整数解，则实数的取值范围是 【答案】 【分析】依题意可得，从而得到（为常数），再根据求出，即可得到解析式，利用导数说明函数的单调性，求出函数的极值，结合图象即可得解. 【详解】因为，即， 令，则， 所以（为常数），所以， 因为，所以，解得，从而， 则， 当时，此时单调递增， 当或时，此时单调递减， 所以时，取得极大值为，当时， 当时，取得极小值，． 又因为，，结合图象可知仅有个整数解， 实数的取值范围是. 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．（13分）在△中，角的对边分别为，已知 (1)求 ; (2)若 分别为边 上的中点，为 的重心，求 的余弦值. 【答案】(1)(2) 【分析】(1)根据二倍角公式将已知条件变形转化，再根据正弦定理边角互化，带入到余弦定理即可求得； (2)根据已知设 ，表达出，再根据余弦定理可求得结果. 【详解】（1）因为， 所以， 即 由正弦定理得 ， 由余弦定理得 ，因为 （2）设 ， 依题意可得 所以 所以. 16．（15分）在中，，，D为边上一点，，E为上一点，，将沿翻折，使A到处，.    (1)证明：平面； (2)若射线上存在点M，使，且与平面所成角的正弦值为，求λ. 【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）题意先证明平面，得到，根据线面垂直判定定理得证； （2）作，垂直为Q，由（1）得，证得平面，以B为原点，，，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，求得和平面的一个法向量，根据与平面所成角正弦值为，解得参数的值； 【详解】（1）证明：由题意知，， 又，所以平面， 又平面，所以， 又，，所以平面 （2）作，垂直为Q，由（1）知，平面， 又平面，所以， 又，，平面， 所以平面 故以B为原点，，，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 设，则，，，， 又， 所以，故， 设平面的一个法向量为， 则，即， 取，则 设与平面所成角为θ， 则， 解得或， 由题意知，故.    17．（15分）某企业对某品牌芯片开发了一条生产线进行试产.其芯片质量按等级划分为五个层级，分别对应如下五组质量指标值：.根据长期检测结果，得到芯片的质量指标值服从正态分布，并把质量指标值不小于80的产品称为等品，其它产品称为等品. 现从该品牌芯片的生产线中随机抽取100件作为样本，统计得到如图所示的频率分布直方图.    (1)根据长期检测结果，该芯片质量指标值的标准差的近似值为11，用样本平均数作为的近似值，用样本标准差作为的估计值. 若从生产线中任取一件芯片，试估计该芯片为等品的概率(保留小数点后面两位有效数字)； (①同一组中的数据用该组区间的中点值代表；②参考数据:若随机变量服从正态分布，则，. ) (2)（i）从样本的质量指标值在和[85，95]的芯片中随机抽取3件，记其中质量指标值在[85，95]的芯片件数为，求的分布列和数学期望； （ii）该企业为节省检测成本，采用随机混装的方式将所有的芯片按100件一箱包装. 已知一件等品芯片的利润是元，一件等品芯片的利润是元，根据(1)的计算结果，试求的值，使得每箱产品的利润最大. 【答案】(1)(2)（i）分布列见解析，；（ii） 【分析】（1）根据频率分布直方图求得样本平均数，然后利用正态分布的对称性求解概率. （2）（i）先求出的取值，然后求出对应的概率，即可求出分布列，代入期望公式求解即可； （ii）先根据二项分布的期望求出，然后构造函数，利用导数求出最大值时的即可. 【详解】（1）由题意，估计从该品牌芯片的生产线中随机抽取100件的平均数为： ． 即，，所以， 因为质量指标值近似服从正态分布， 所以， 所以从生产线中任取一件芯片，该芯片为等品的概率约为. （2）（i），所以所取样本的个数为20件， 质量指标值在的芯片件数为10件，故可能取的值为0，1，2，3， 相应的概率为： ，， ，， 随机变量的分布列为： 0 1 2 3 所以的数学期望. （ii）设每箱产品中A等品有件，则每箱产品中等品有件， 设每箱产品的利润为元， 由题意知：， 由（1）知：每箱零件中A等品的概率为， 所以，所以， 所以 . 令，由得，， 又，，单调递增，，，单调递减， 所以当时，取得最大值. 所以当时，每箱产品利润最大. 18．（17分）已知椭圆：的离心率为，右顶点与的上，下顶点所围成的三角形面积为． (1)求的方程． (2)不过点的动直线与交于，两点，直线与的斜率之积恒为． （i）证明：直线过定点； （ii）求面积的最大值． 【答案】(1)；(2)（i）证明见解析；（ii）. 【分析】（1）根据椭圆的离心率及三角形面积，列出方程组求解即得. （2）（i）设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用斜率坐标公式，结合韦达定理推理即得；（ii）由（i）的信息，借助三角形面积建立函数关系，再求出最大值. 【详解】（1）令椭圆的半焦距为c，由离心率为，得，解得， 由三角形面积为，得，则，， 所以的方程是. （2）（i）由（1）知，点，设直线的方程为，设， 由消去x得：， 则， 直线与的斜率分别为，， 于是 ，整理得，解得或， 当时，直线过点，不符合题意，因此， 直线：恒过定点. （ii）由（i）知，， 则， 因此的面积 ，当且仅当，即时取等号， 所以面积的最大值为.    19．（17分）帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法，在计算机数学中有着广泛的应用.已知函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，…，.其中，，…，.已知在处的阶帕德近似为. (1)求实数a，b的值； (2)设，证明：； (3)已知是方程的三个不等实根，求实数的取值范围，并证明：. 【答案】(1)，(2)证明见解析(3)，证明见解析 【分析】（1）结合题意，利用导数计算即可得； （2）由题意可得，借助导数研究其单调性即其正负即可得解； （3）设，借助导数，分及进行讨论，结合函数单调性与零点的存在性定理计算可得当且仅当时，存在三个不等实根，且满足，且，结合（2）中所得，代入计算并化简即可得解. 【详解】（1）依题意可知，，因为，所以， 此时，，因为，， 所以，， 因为，所以； （2）依题意，， ， 故在单调递增， 由，故，，，， 综上，，； （3）不妨设，令， ， 当时，，此时单调递增，不存在三个不等实根； 当时，令，其判别式， 若，即，恒成立，即， 此时单调递减，不存在三个不等实根； 若，即，存在两个不等正实根， 此时有当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 又因为，且，故， 因为，所以，即， 所以， 所以存在，满足， 又因为， 故存在，满足， 故当且仅当时，存在三个不等实根， 且满足，且， 由（2）可知，当时，， 因此，， 故， 化简可得：， 因此，命题得证. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$