精品解析：河南省开封高级中学2024-2025学年高三钱学森班上学期第五次测试数学试卷

开封高中2025届钱学森班第五次测试 数学 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. 命题“，”是真命题的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 3. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量，满足，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 5. 已知为抛物线的焦点，的三个顶点都在上，且为的重心.若的最大值为10，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 若函数有4个零点，则正数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 如果数列对任意的，，则称为“速增数列”，若数列为“速增数列”，且任意项，，，，则正整数的最大值为（ ） A. 62 B. 63 C. 64 D. 65 8. 在平面直角坐标系中，已知圆，若正方形的一边为圆的一条弦，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 5 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. 若，则下列说法一定正确的是（ ） A. B. C. D. 若，则 10. 已知函数的导函数为，且，则（ ） A. 点是曲线的对称中心 B. 函数有三个零点 C. 函数只有一个极值点 D. 当时， 11. 在平面直角坐标系xOy中，椭圆的左、右焦点分别为，经过点的直线与椭圆交于A，B两点（其中点A在轴上方），连接．现将平面沿轴向上折叠，使得面面，则下列说法正确的是（ ） A. 当直线的倾斜角为时， B. 当直线的倾斜角为时，三棱锥的外接球的表面积为 C. 三棱锥的体积最大值为 D. 当折叠后的周长为时，直线的斜率为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数，其中且，则的最小值是________. 13. 已知定义在上的偶函数满足，且当时，．若，则在点处的切线方程为______．（结果用含的表达式表示） 14. 在中，角，，所对的边分别为，，，，若表示的面积，则的最大值为__________． 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. 已知数列的前项和为，且，数列满足. （1）求； （2）设，数列的前项和为，求. 16. 已知三棱锥满足， 且． （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值， 17. 某专营店统计了最近天到该店购物的人数和时间第天之间的数据，列表如下： （1）由表中给出的数据，判断是否可用线性回归模型拟合人数与时间之间的关系？（若，则认为线性相关程度高，可用线性回归模型拟合；否则，不可用线性回归模型拟合.计算时精确到） （2）该专营店为了吸引顾客，推出两种促销方案：方案一，购物金额每满元可减元；方案二，购物金额超过元可抽奖三次，每次中奖的概率均为，且每次抽奖互不影响，中奖一次打折，中奖两次打折，中奖三次打折.某顾客计划在此专营店购买一件价值元的商品，请从实际付款金额的数学期望的角度分析，选哪种方案更优惠？ 参考数据：.附：相关系数. 18. 已知双曲线的左、右焦点分别为，实轴长为2，为的右支上一点，且． （1）求的方程； （2）设的左、右顶点分别为，直线与交于两点，与轴交于点，直线与交于点，证明：点在定直线上． 19. 若函数的定义域为，有，使且，称函数为恒切函数． （1）判断函数是否为恒切函数，并说明理由； （2）若函数为恒切函数． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）当取最大值时，若函数为恒切函数，记，证明：．（参考数据：） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 开封高中2025届钱学森班第五次测试 数学 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. 命题“，”是真命题的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将不等式成立的存在性问题转化为函数的最值问题，得到的取值范围，再由充分不必要条件的定义得到结果. 【详解】因为“，”，所以，所以． 结合选项及充分不必要条件知“”是“”的充分不必要条件． 故选：D． 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由两角和差的余弦展开式求出，再由同角的三角函数关系求解即可； 【详解】因为， 所以， 所以． 故选：D. 3. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用定义判断函数奇偶性，并判断在上函数值符号，即可确定图象. 【详解】由解析式，知的定义域为， ， 所以为奇函数，其图象关于原点对称，BD不合题意， 当时，，， 则， 所以在上， 结合各项函数图象知，A选项不合题意，C选项满足要求. 故选：C 4. 已知向量，满足，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用投影向量的定义计算即可求得在方向上的投影向量． 【详解】因为， 所以， 所以在方向上的投影向量为． 故选：C． 5. 已知为抛物线的焦点，的三个顶点都在上，且为的重心.若的最大值为10，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】设，利用抛物线的定义将转化为，再由三角形的重心性质和点的坐标特征即可求得值. 【详解】 如图，作抛物线的准线，分别过点作，垂足为，， 设， 则（*）， 因点为的重心，则，即， 代入（*），可得， 因点在抛物线上，故，故， 依题，，解得. 故选：D. 6. 若函数有4个零点，则正数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据一次函数与对数函数的图象，得到时，函数只有一个零点，结合题意，得到时，方程有三个零点，利用三角函数的性质，得出不等式，即可求解. 【详解】当时，令，即，即， 因为函数与的图象仅有一个公共点，如图所示， 所以时，函数只有一个零点， 又由函数有4个零点， 所以时，方程有三个零点，如图所示， 因为，可得，则满足， 解得，即实数的取值范围为. 故选：B. 7. 如果数列对任意的，，则称为“速增数列”，若数列为“速增数列”，且任意项，，，，则正整数的最大值为（ ） A. 62 B. 63 C. 64 D. 65 【答案】B 【解析】 【分析】根据“速增数列”的定义，结合累加法建立不等式并求解即得. 【详解】当时，， 因为数列为“速增数列”， 所以，且， 所以，即，， 当时，，当时，， 故正整数的最大值为63. 故选：B. 【点睛】关键点睛：解决本题的关键是利用累加法将与“速增数列”定义结合得到不等式，由该不等式即可求解. 8. 在平面直角坐标系中，已知圆，若正方形的一边为圆的一条弦，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】令，利用对称性及数形结合有最大则，在中应用余弦定理及倍角正余弦公式、辅助角公式得，结合正弦型函数性质求最大值. 【详解】令且，，要使最大有， 如下图示，在中， 所以 ， 当且仅当时， 所以的最大值为. 故选：C 【点睛】关键点点睛：令，应用所设参数表示出为关键. 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. 若，则下列说法一定正确的是（ ） A. B. C. D. 若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】举例说明判断A；利用对数函数单调性判断B；利用不等式性质判断C；利用基本不等式判断D. 【详解】对于A，当时，，A错误； 对于B，由，得，B正确； 对于C，由，得，则，C正确； 对于D，由，，得，，D正确. 故选：BCD 10. 已知函数的导函数为，且，则（ ） A. 点是曲线的对称中心 B. 函数有三个零点 C. 函数只有一个极值点 D. 当时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A根据是奇函数，图象关于点对称可判断；选项B根据导数求得单调性和极值可判断；选项C根据导数判断函数的单调性进而可得；选项D先构造函数利用单调性判断，进而利用的单调性可得. 【详解】选项A：因为是奇函数，图象关于点对称， 所以的图象关于点对称，A正确； 选项B：因为，由解得或，解得， 所以在区间单调递增，单调递减，单调递增， 且，，，所以有两个零点，B错误； 选项C：因为，所以在区间单调递减，单调递增， 即只有一个极值点，C正确； 设，， 由解得，解得， 所以在区间单调递减，单调递增， ，所以， 因为在区间单调递增，所以由， 得，D正确， 故选：ACD． 11. 在平面直角坐标系xOy中，椭圆的左、右焦点分别为，经过点的直线与椭圆交于A，B两点（其中点A在轴上方），连接．现将平面沿轴向上折叠，使得面面，则下列说法正确的是（ ） A. 当直线的倾斜角为时， B. 当直线的倾斜角为时，三棱锥的外接球的表面积为 C. 三棱锥的体积最大值为 D. 当折叠后的周长为时，直线的斜率为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于对于A，联立直线和椭圆方程可求出坐标，进而知道点的位置，结合线面垂直的性质定理即可证明；对于B，分别求出和的外接圆半径，进而可求三棱锥外接球半径为，由此可求其外接球的表面积；对于C，易知，联立直线与椭圆，消去，进而由韦达定理可得，结合不等式即可得到范围；对于D，由折叠前折叠后的周长可得，利用两点间的距离公式列出等式，对等式进行变形，构造对偶式，进而弦长可用表示，将韦达定理带入即可求解，进而得到直线的斜率. 【详解】对于A，当倾斜角为时，方程为 此时位于椭圆短轴的一个端点，， 又平面平面平面正确． 对于B，当倾斜角为时，为等边三角形，边长为2， 外接圆半径 假设,则 所以外接圆半径， 三棱锥外接球半径为， 所以三棱锥的外接球的表面积为B正确． 对于C，设直线AB方程为, 联立得， 所以， 平面面 错． 对于D，如图建系，翻折前原先， 翻折后， 由 ① ②， 联立①② 正确， 故选：ABD． 【点睛】关键点点睛：本题关键在于画出翻折后的图形，利用翻折前及翻折后的等量关系列出式子，再化简求值. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数，其中且，则的最小值是________. 【答案】 【解析】 【分析】借助复数几何意义及点到直线距离公式计算即可得. 【详解】复数在复平面内对应的点，在直线上， 的几何意义是点到点的距离， 其最小值为点到直线的距离， 故最小值为. 故答案为：. 13. 已知定义在上的偶函数满足，且当时，．若，则在点处的切线方程为______．（结果用含的表达式表示） 【答案】 【解析】 【分析】利用赋值法分别令，可得，，根据为偶函数得，由，令、可得，为偶函数求出，再由直线的点斜式方程可得答案. 【详解】因为，所以，即， 令，有，令，有，所以， ，因为为偶函数，所以， 由，令得，所以， 令得，所以， 因为为偶函数，所以， 所以在点处的切线方程为， 即. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是利用赋值法、为偶函数求出、，再由直线点斜式方程求解. 14. 在中，角，，所对的边分别为，，，，若表示的面积，则的最大值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用正弦定理将角化边，由余弦定理可得，结合三角形面积公式求得的表达式，根据二次函数的性质可求得最大值，进而得解. 【详解】因为， 由正弦定理可得，所以， 由余弦定理得， 所以 ， 令，对于函数， 所以， 所以，当且仅当，即时取等号， 所以，即的最大值为. 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. 已知数列的前项和为，且，数列满足. （1）求； （2）设，数列的前项和为，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由与的关系，再结合即可求解； （2）由错位相减法即可求解. 【小问1详解】 由， 当时，. 当时，，也适合. 综上可得，. 由，所以. 【小问2详解】 由（1）知 ① ①-②得② ， 所以. 16. 已知三棱锥满足， 且． （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值， 【答案】（1） , , , 即：, 取中点，连接，则，且平面, 平面, 平面 （2） 【解析】 【分析】（1）应用等腰三角形中线是高线，得出线线垂直，应用线面垂直判定定理证明线面垂直进而得出线线垂直； （2）法一结合线面垂直得出线面角在，再结合面积及射影面积计算；法二应用已知条件建系，求面的法向量再应用线面角的向量求出正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解法一：由（1）知，平面平面平面 作，垂足为 平面平面，且平面 平面 中 记点到平面的距离为与平面所成角为，则 由得： 因此， 解法二：如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系 由（1）可知 中， 设的法向量 由得：取 记与平面所成角为．则. 17. 某专营店统计了最近天到该店购物的人数和时间第天之间的数据，列表如下： （1）由表中给出的数据，判断是否可用线性回归模型拟合人数与时间之间的关系？（若，则认为线性相关程度高，可用线性回归模型拟合；否则，不可用线性回归模型拟合.计算时精确到） （2）该专营店为了吸引顾客，推出两种促销方案：方案一，购物金额每满元可减元；方案二，购物金额超过元可抽奖三次，每次中奖的概率均为，且每次抽奖互不影响，中奖一次打折，中奖两次打折，中奖三次打折.某顾客计划在此专营店购买一件价值元的商品，请从实际付款金额的数学期望的角度分析，选哪种方案更优惠？ 参考数据：.附：相关系数. 【答案】（1）可以用线性回归模型拟合人数与时间之间的关系 （2）方案二更优惠. 【解析】 【分析】（1）计算出、的值，将表格中的数据代入相关系数公式，求出的值，即可得出结论； （2）设方案一的实际付款金额为元，方案二的实际付款金额为元，计算出、的值，比较大小后可得出结论. 【小问1详解】 解：，， 所以，， ，， 所以，， 所以，与的线性相关性很强，故可用线性回归模型拟合人数与时间之间的关系. 【小问2详解】 解：设方案一的实际付款金额为元，方案二的实际付款金额为元， 由题意可知，（元）， 的可能取值有、、、， ，， ，， 所以，， 所以，方案二更优惠. 18. 已知双曲线的左、右焦点分别为，实轴长为2，为的右支上一点，且． （1）求的方程； （2）设的左、右顶点分别为，直线与交于两点，与轴交于点，直线与交于点，证明：点在定直线上． 【答案】（1）． （2）证明： 当直线的斜率为0时，不满足题意； 当直线的斜率不为0时，由过点，可设其方程为， 联立消去得， 设，， 则，，故（）， 由（1）知，， 则直线的方程为，直线的方程为， 联立消去得， 将，代入上式得， 得，将（）代入化简得 ， 即，所以点在定直线上． 【解析】 【分析】（1）由双曲线定义将条件转化为最小值，从而利用求最小值解即可； （2）由直线过设方程联立椭圆方程利用韦达定理得坐标关系式，再设直线与方程并联立求得点坐标的表达式，利用点横、纵坐标关系可证明点在定直线上. 【小问1详解】 由题知，即， 又为的右支上一点，则， 所以， 故当最小时，最小， 而，故， 即，故，故的方程为． 【小问2详解】 略 【点睛】关键点点睛：解决此题的关键在于利用，将不对称的关系，利用上式消去参数，从而可以化简求值. 19. 若函数的定义域为，有，使且，称函数为恒切函数． （1）判断函数是否为恒切函数，并说明理由； （2）若函数为恒切函数． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）当取最大值时，若函数为恒切函数，记，证明：．（参考数据：） 【答案】（1） 设函数为恒切函数，则有， 使且，即， 解得，故函数是恒切函数. （2）（i）； （ii）当时，， 函数为恒切函数.又， 所以存在，使得，即. 令，则， 当时，递减；当时，递增. 所以当时， ，， 故在上存在唯一， 使得，即. 又由， 得， 由得，所以. 又，所以当时，有唯一零点， 故由得，即. . 【解析】 【分析】（1）对求导，利用恒切函数的定义求出，即可判断； （2）（i）根据恒切函数的定义解方程，用表示，再利用导数即可求解的取值范围； （ii）由的值可得的值，从而可得的解析式，利用新定义，可得，令，求出的取值范围，由，从而可得的取值范围，从而得证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）由函数为恒切函数可知， 存在，使得且， 即解得，， 设，， 当时，递增；当时，递减. ，即实数的取值范围是. （ii）略 【点睛】方法点睛：1.导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理. 2.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧，许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着很好的效果. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $