精品解析：河南省名校联盟2024-2025学年高三阶段性测试（六）数学试题

2024—2025学年高中毕业班阶段性测试（六） 数学 考生注意： 1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.回答选择题时，选出每小题后，用铅笔把答题卡对应题目的标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他标号.回答非选择题时，将写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 椭圆的焦距为（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 6 2. 已知某正四棱台的上、下底面面积分别为1，16，高为2，则该正四棱台的体积为（ ） A. 12 B. 14 C. 15 D. 16 3. 若、、、成等比数列，则（ ） A. B. C. D. 4. 函数的最小正周期为（ ） A. B. C. D. 5. 已知集合，若且，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 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，则这7名同学获奖的名次情况共有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 8. 已知，且，则的最小值为（ ） A. B. C. 3 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. 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 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 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__________. 13. 已知函数，若函数至少有2个零点，则实数的取值范围为__________. 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__________. 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： 12 12.5 13 13.5 14 14 13 11 9 8 （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. 16. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）证明：在上单调递增. 17. 已知数列的各项均不为0，其前项和为，且. （1）若，求； （2）若，求. 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. 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年高中毕业班阶段性测试（六） 数学 考生注意： 1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.回答选择题时，选出每小题后，用铅笔把答题卡对应题目的标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他标号.回答非选择题时，将写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 椭圆的焦距为（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】根据可求椭圆的焦距. 【详解】由题意得，，故， ∴椭圆的焦距为2. 故选：B. 2. 已知某正四棱台的上、下底面面积分别为1，16，高为2，则该正四棱台的体积为（ ） A. 12 B. 14 C. 15 D. 16 【答案】B 【解析】 【分析】根据棱台的体积公式即可求解. 【详解】. 故选：B. 3. 若、、、成等比数列，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据等比中项的概念可得结果． 【详解】因为、、、成等比数列，根据等比中项的概念可得，． 故选：C. 4. 函数的最小正周期为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用三角函数的周期公式求解. 【详解】的最小正周期为. 故选：A 5. 已知集合，若且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意列出不等式组即可求出结果. 【详解】由题可知且 解得. 故选：C. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由对数函数和指数函数的性质可得. 【详解】由题可知，故. 故选：D 7. 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，则这7名同学获奖的名次情况共有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】C 【解析】 【分析】从甲、乙、丙中选两人占前两名，其余五名可任意排列，由此可得结果. 【详解】甲、乙、丙中选两人占前两名，有种情况，其余五名可任意排列， 故所有的情况有种. 故选：C. 8. 已知，且，则的最小值为（ ） A. B. C. 3 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意画出图形，并利用位置关系求得，设，结合平面向量线性运算以及余弦定理可求得当三点共线时取得最小值. 【详解】如图所示： 由题意得. 设， 则. 作点关于直线的对称点，连接. 由题可知， 则， 在中，由余弦定理可得； 所以， 当且仅当三点共线时取等号. 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题关键在于将表达式中的进行转化，记，再结合平面向量线性运算以及余弦定理可求得结论. 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】 【分析】根据复数的概念及运算可得. 【详解】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】 【分析】由正方体性质可得点的轨迹是四分之一圆，可判断A正确；易知直线相对于平面的倾斜程度越大，所成角的正切值越大，计算可知B错误；求出内切球球心到平面的距离可判断C正确，利用线面垂直关系可知当三点共线时，满足题意，可得D正确. 【详解】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】 【分析】设点在第一象限，根据离心率求出，可得选项A错误；根据得，结合双曲线方程可得B正确；分析得直线与双曲线相切，是切点，结合等腰三角形性质及双曲线定义可得选项C正确；分析得直线是双曲线的切线，切点分别为点，联立两切线方程表示点坐标可得选项D正确. 【详解】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， ∵点在直线上，∴， ∴，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】 【分析】利用正态分布概率计算判断可得，可求得结果. 【详解】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，则实数的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】画出的图象，依题意直线与的图象至少有2个交点，结合图象即可得解. 【详解】因为，作出的大致图象如图所示， 则至少有2个零点等价于直线与的图象至少有2个交点， 由图可知，即实数的取值范围为. 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. ##0.375 【解析】 【分析】根据题意按照截取规则可将第3次截取后得到的不同规格的长方体通过列举得到其种类数，再由古典概型计算可得所求概率. 【详解】列表如下，重复的去掉. 原始状态 第1次截取 第2次截取 ， 第3次截取 ， , , 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， 【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据长方体的原始规格枚举出第3次截取后得到的不同规格的长方体的种数，结合古典概型计算可得概率. 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： 12 12.5 13 13.5 14 14 13 11 9 8 （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. 【答案】（1）13；11 （2） （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. 【解析】 【分析】（1）根据已知数据直接求平均值即可； （2）分别求出和，再代入公式即可求解； （3）根据相关系数的绝对值大于0.75且非常接近1判断即可. 【小问1详解】 由题可知，； 【小问2详解】 计算得， 故； 【小问3详解】 略 16. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）证明：在上单调递增. 【答案】（1） （2） 由（1）知，， 因为，所以设，则， 由复合函数的单调性易知在上单调递增，且， 所以当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 从而，故在上单调递增. 【解析】 【分析】（1）由导数的意义结合点斜式方程可得； （2）求导后构造函数，再求导，由复合函数的单调性得到的最小值，从而得到的单调性. 【小问1详解】 由题可知，则， 又， 故所求切线方程为. 【小问2详解】 略 17. 已知数列的各项均不为0，其前项和为，且. （1）若，求； （2）若，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）令可得，根据可得结果. （2）分析可得数列的奇数项、偶数项均成公差为2的等差数列，求可得，通过等差数列求和公式可得结果. 【小问1详解】 令，可得， ∵，∴， ∵， ∴. 【小问2详解】 由题意得，. 当时，， ∴，即， ∴， ∵，∴， ∴数列的奇数项、偶数项均成公差为2的等差数列， ∴， ∴. 当时，，故数列是以1为首项，1为公差的等差数列， ∴. 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. 【答案】（1） 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）（i）；（ii）. 【解析】 【分析】（1）利用抛物线的定义可证明结论. （2）（i）设.由表示直线的方程，可得，根据求出的值可得结果. （ii）设的中点为，通过计算可说明三点共线，且为线段的中点，转化的面积可得结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 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. 【答案】（1）; （2）存在，; （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. 【解析】 【分析】（1）利用基本不等式可求得取得最大值时，,再利用三棱锥的等体积法求出点到平面的距离； （2）利用空间向量坐标运算，结合参数表示线面角的正弦值，解方程即可得出参数值，进而得出结论； （3）利用空间向量坐标运算求出平面的法向量，再求出面面角的余弦值，利用基本不等式可得到结论并得证. 【小问1详解】 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，点到平面的距离为. 【小问2详解】 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,存在线段的中点满足题意，此时. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $