精品解析：2025届河南省开封高级中学高考一轮复习阶段性检测（十七）数学试题

开封高中2025届一轮复习阶段性检测数学试题（十七） 说明： 1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分. 2.考试时间120分钟，本次考试不得使用计算器，请考生将所有题目都做在答题卷上. 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 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出集合A，B，再结合交集的定义，即可求解. 【详解】解不等式，即，解得， 则，而， 所以. 故选：D 2. 若复数满足，其共轭复数为，则下列说法正确的是（ ） A. 对应的点在第一象限 B. 的虚部为 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数运算求得，由此对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】由两边乘以得，， 所以对应点在第四象限， 的虚部为，，， 所以C选项正确，ABD选项错误. 故选：C 3 已知数列满足，若，则（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据递推关系分别求出，故可得数列的周期，从而可求解. 【详解】因为，， 所以，，， 所以数列的周期为3. 所以. 故选:D. 4. 已知平面向量、满足，，并且当时，取得最小值，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合数量积的定义，利用数量积的运算律求得，然后利用二次函数性质求出取最小值时，即可求解. 【详解】平面向量、满足，，则， 所以， 所以时，取得最小值，即取得最小值， 故，解得：. 故选：A. 5. 函数，则（ ） A. 若，则为奇函数 B. 若，则为偶函数 C. 若，则为偶函数 D. 若，则为奇函数 【答案】B 【解析】 【分析】根据选项中的关系，代入的解析式，对AD用特值说明不是奇函数，对BC用奇偶性的定义验证即可. 【详解】的定义域为， 对A：若，，若为奇函数，则，而不恒成立，故不是奇函数； 对B：若，， ，故为偶函数，B正确； 对C：若，，，故不是偶函数，故C错误； 对D：若，， 若为奇函数，则，而不恒成立，故不是奇函数； 故选：B 6. 已知双曲线具有光学性质：从双曲线的一个焦点出发的光线，经双曲线反射后，反射光线的反向延长线经过另一个焦点．如图所示，一镜面的轴截面图是双曲线的一部分，是它的一条对称轴，是它的左焦点，光线从焦点发出，经过镜面上点，反射光线为，若，，则该双曲线的离心率为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知条件列方程，化简求得双曲线的离心率. 【详解】以所在直线为轴建立如图所示平面直角坐标系， 设双曲线的右焦点为，依题意可知直线过， 依题意，，，则， 所以三角形是等腰直角三角形， 设双曲线的方程为，，由， 解得（负根舍去），由于， 所以， ，两边除以得， 解得（负根舍去）. 故选：C 7. 已知函数若直线与函数的图象有且只有一个公共点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】通过导数求出直线与分段函数各段相切对应的值，并结合图象即可求解. 【详解】当时，函数，则， 令，解得， 故直线与相切，即. 当时，函数，则， 令，解得， 故直线与相切，即. 如图所示，当或时，直线与分段函数有且仅有一个公共点. 故实数的取值范围为或. 故选：B. 8. 已知棱长为8的正四面体，沿着四个顶点的方向各切下一个棱长为2的小正四面体（如图），剩余中间部分的八面体可以装入一个球形容器内（容器壁厚度忽略不计），则该球形容器表面积的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出正四面体的外接球半径,再求出，再结合外接球知识求出该八面体的外接球半径,结合球的表面积计算即可. 【详解】如图： 设为正四面体的外接球球心，为的中心,为的中心, 为的中点， 因为正四面体棱长为8，易得平面， 易得，平面，平面， 则， 由正四面体外接球球心为，则在，则为外接球半径， 由得，解得， 即, 在正四面体中，易得，，所以， 则该八面体的外接球半径, 所以该球形容器表面积的最小值为， 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. 已知点与点关于点对称，若，的平均数为，中位数为，方差为，极差为，则这组数满足（ ） A. 平均数为 B. 中位数为 C. 方差为 D. 极差为 【答案】ACD 【解析】 【分析】首先由条件确定，，再结合平均数，中位数，方差，极差公式，即可分别判断． 【详解】由条件可知，，，， 对于A，由题意可知，数据的平均数为，所以数据的平均数为，故A正确； 对于B，设数据按从小到大排列，中位数为，则数据按从小到大排列为，中位数为，故B错误； 对于C，由，且数据的方差为，所以数据的方差为，故C正确； 对于D，结合B分析知，数据的极差为，故D正确， 故选：ACD． 10. 如图，已知抛物线的焦点为 ，抛物线 的准线与 轴交于点 ，过点 的直线 （直线 的倾斜角为锐角）与抛物线 相交于 两点（A在 轴的上方，在 轴的下方），过点 A作抛物线 的准线的垂线，垂足为 ，直线 与抛物线 的准线相交于点 ，则（ ） A. 当直线 的斜率为1时， B. 若，则直线的斜率为2 C. 存在直线 使得 D. 若，则直线 的倾斜角为 【答案】AD 【解析】 【分析】根据抛物线的焦点弦的性质一一计算即可. 【详解】易知，可设，设， 与抛物线方程联立得， 则， 对于A项，当直线 的斜率为1时，此时， 由抛物线定义可知，故A正确； 易知是直角三角形，若， 则， 又，所以为等边三角形，即，此时，故B错误； 由上可知 ， 即，故C错误； 若， 又知，所以， 则，即直线 的倾斜角为 ，故D正确. 故选：AD 11. 已知数列满足，则（ ） A. 当时，对任意都有 B. 当时，对任意都有 C. 当时，存在正整数，当时， D. 当时，存在正整数，当时， 【答案】BD 【解析】 【分析】需要根据给定的值，分析数列的性质.通过对递推式的分析和一些特殊情况的探讨，结合二次函数的性质来判断每个选项的正确性. 【详解】对于A，当时，. 令，. 对于二次函数，其对称轴为，最大值为. 因为，由递推关系可知，对任意都有，A选项错误. 对于B，当时，. 令，. 因为的值域为，且，所以由递推关系可知， 对任意都有，B选项正确 对于C，当时，. 令，. 设. 令，，的对称轴为， 在上递增，在上递减. 当时，的值不是恒大于的， 所以不存在正整数，当时，，C选项错误. 对于D，当时，. 设. 因为，在上递增，在上递减. 当足够大时，会趋近于某个值（），此时会趋近于. 所以存在正整数，当时，，D选项正确. 故选：BD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 二项式的展开式中，的系数为______. 【答案】10 【解析】 分析】由二项式定理求解即可. 【详解】要中含有的项,则需要在5项中选取2个与3个相乘,故含有的项为 ,故的系数为10 故答案为10. 【点睛】本题主要考查了二项式定理的应用与其中某项的系数问题,属于基础题型. 13. 已知函数的定义域为. 若存在唯一，使得 恒成立，则正实数的取值范围是_________. 【答案】 【解析】 【分析】利用三角恒等变换化简函数关系式，再结合正弦函数的图象性质列不等式求解即可得答案. 【详解】， 令，则， 若存在唯一，使得 恒成立， 则函数，在上使得函数取到唯一的最小值， 如图为函数的大致图象， 根据函数的图象性质可得，当函数在取得唯一的最小值时，函数也取到唯一的最小值， 则，解得. 故答案：. 14. 已知函数，若方程有两个不同的实数解，则实数a的取值范围是_____________. 【答案】 【解析】 【分析】先将方程改写成；再构造函数，利用导数判断其单调性，得出，即，将方程有两个不同的实数解转化为函数与的图象有两个不同的交点；最后利用导数研究函数的值域，列出不等式，求解即可. 【详解】由题目条件可得：，又. 令，可得：，则， 即，则，且， 令，则；. 因为，所以， 则函数在区间上单调递增， 所以，即， 所以方程有两个不同的实数解等价于方程有两个实数解， 即函数与的图象有两个不同的交点. 因为， 令，得；令，得， 所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，则. 又因为当时，；当时，， 所以，解得：. 又因为，所以. 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. 如图，在扇形中，，半径.在弧上取一点C，向半径、分别作垂线，与线段、分别相交于D、E，得到一个四边形. （1）设，将四边形的面积S表示成x的函数； （2）求四边形的面积S的最大值. 【答案】（1），；（2）. 【解析】 【分析】（1）利用直角三角形面积公式得到，然后利用二倍角公式，辅助角法化简求解. （2）由（1）知：，利用正弦函数的性质求解. 【详解】（1）， ， ， ， ，要得到四边形则. （2）由（1）知：， 因为 所以， 所以当，即时，四边形的面积S的最大值为. 【点睛】本题主要考查三角函数的平面几何中的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 16. 如图，在三棱台中，上､下底面是边长分别为4和6的等边三角形，平面，设平面平面，点分别在直线和直线上，且满足. （1）证明：平面； （2）若直线和平面所成角的余弦值为，求该三棱台的体积. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的性质定理可得，再结合线面垂直的判定定理可得结果； （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，利用线面角的向量求法及棱台的体积公式可得结果. 【小问1详解】 由三棱台知，平面， 因为平面，且平面平面， 所以， 因为，所以，又，平面， 所以平面； 【小问2详解】 取中点，连接，以为原点，为轴，为轴， 过点做轴垂直于平面，建立空间直角坐标系如图，设三棱台的高为， 则 设平面的法向量为， 则，即， 令，可得平面的一个法向量， 易得平面的一个法向量， 设与平面夹角为， ， 所以 由，得， 由（1）知，所以， 解得，所以三棱台的体积. 17. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求在区间上的最大值； （3）设实数使得对恒成立，写出的最大整数值，并说明理由. 【答案】（1） （2） （3），理由见解析 【解析】 【分析】（1）求出函数在处的导数，即切线斜率，求出，即可得出切线方程； （2）求出函数在区间上的单调性，求出最值即可； （3）将不等式等价转化为在上恒成立.构造函数，利用导数求出函数的单调性和最小值，进而得证. 【小问1详解】 因为， 所以，则，又， 所以曲线在点处的切线方程为. 【小问2详解】 令， 则，当时，，在上单调递增. 因为，， 所以，使得. 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 又，， 所以. 【小问3详解】 满足条件的的最大整数值为. 理由如下： 不等式恒成立等价于恒成立. 令， 当时，，所以恒成立. 当时，令，，， 与的情况如下： 1 所以，当趋近正无穷大时，，且无限趋近于0， 所以的值域为， 因为，所以的最小值小于且大于. 所以的最大整数值为. 18. 已知椭圆C：的焦距为2，直线与交于两点,是上异于的一点设直线，的斜率分别为，，满足. （1）求的方程； （2）点在上，满足，直线，相交于点，求证：的面积为定值. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）设，，，结合点在椭圆上及斜率公式即可求解； （2）设方程为，结合弦长公式，及即可求证. 【小问1详解】 设，∴， ∴ ， ∴，，又，而，∴， ∴C的方程为. 【小问2详解】 设方程为 ∴， ∴ ∴， 因为 所以为三角形的中位线， 所以, 所以， 又与两平行间的距离为： ∴ 为定值. 19. 拿破仑排兵布阵是十分厉害的，有一次他让士兵站成一排，解散以后马上再重新站成一排，并要求这些士兵不能站在自己原来的位置上． （1）如果只有3个士兵，那么重新站成一排有多少种站法？4个呢？ （2）假设原来有个士兵，解散以后不能站在自己原来位置上的站法为种，写出和，之间的递推关系，并证明：数列是等比数列； （3）假设让站好的一排个士兵解散后立即随机站成一排，记这些士兵都没有站到原位的概率为，证明：当无穷大时，趋近于．（参考公式：……） 【答案】（1）2；9 （2），，证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据分布计数乘法原理和特殊位置优先法计数即得； （2）先假设有个人，依题意，可分两个步骤完成：第一步，甲选位置，第二步排其余个人，分类统计方法数得，将其化为，可证得等比数列； （3）由题得，根据（2）结论求得，推理得，赋值后累加即得，由参考公式取即可证明. 【小问1详解】 当有3个士兵时，重新站成一排有2种站法； 当有4个士兵时，假设先安排甲，有3种站法，若甲站到乙的位置，那就再安排乙，也有3种站法， 剩下的两个人都只有1种站法，由分步乘法计数原理可得有种站法． 【小问2详解】 易知，． 如果有个人，解散后都不站原来的位置可以分两个步骤： 第一步：先让其中一个士兵甲去选位置，有种选法； 第二步：重排其余个人，根据第一步，可以分为两类： 第一类：若甲站到乙的位置上，但乙没有站到甲的位置，这样的站法有种； 第二类：若甲站到乙的位置上，乙同时站到甲的位置，这样的站法有种． 所以，，又， 所以． 所以数列，是首项为1，公比为的等比数列 【小问3详解】 由题意可知， 由（2）可得：，则． 对进行赋值，依次得：，，⋯， 将以上各式左右分别相加，得：，因， 则． 即得， 当无穷大时，，得证. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于寻找题中和，之间的递推关系，通过两个计数原理的运用，先分步再分类得到，第二个关键是根据数列递推公式，通过拼凑项得到等比数列，为第三题证明结论做好知识铺垫. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 开封高中2025届一轮复习阶段性检测数学试题（十七） 说明： 1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分. 2.考试时间120分钟，本次考试不得使用计算器，请考生将所有题目都做在答题卷上. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足，其共轭复数为，则下列说法正确的是（ ） A. 对应的点在第一象限 B. 的虚部为 C. D. 3. 已知数列满足，若，则（ ） A. 2 B. C. D. 4. 已知平面向量、满足，，并且当时，取得最小值，则（ ） A. B. C. D. 5. 函数，则（ ） A. 若，则奇函数 B. 若，则为偶函数 C. 若，则偶函数 D. 若，则为奇函数 6. 已知双曲线具有光学性质：从双曲线的一个焦点出发的光线，经双曲线反射后，反射光线的反向延长线经过另一个焦点．如图所示，一镜面的轴截面图是双曲线的一部分，是它的一条对称轴，是它的左焦点，光线从焦点发出，经过镜面上点，反射光线为，若，，则该双曲线的离心率为（ ） A. 2 B. C. D. 7. 已知函数若直线与函数的图象有且只有一个公共点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知棱长为8的正四面体，沿着四个顶点的方向各切下一个棱长为2的小正四面体（如图），剩余中间部分的八面体可以装入一个球形容器内（容器壁厚度忽略不计），则该球形容器表面积的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知点与点关于点对称，若，的平均数为，中位数为，方差为，极差为，则这组数满足（ ） A. 平均数为 B. 中位数为 C. 方差为 D. 极差为 10. 如图，已知抛物线的焦点为 ，抛物线 的准线与 轴交于点 ，过点 的直线 （直线 的倾斜角为锐角）与抛物线 相交于 两点（A在 轴的上方，在 轴的下方），过点 A作抛物线 的准线的垂线，垂足为 ，直线 与抛物线 的准线相交于点 ，则（ ） A. 当直线 的斜率为1时， B. 若，则直线的斜率为2 C. 存在直线 使得 D. 若，则直线 的倾斜角为 11. 已知数列满足，则（ ） A. 当时，对任意都有 B. 当时，对任意都有 C. 当时，存正整数，当时， D. 当时，存在正整数，当时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 二项式的展开式中，的系数为______. 13. 已知函数的定义域为. 若存在唯一，使得 恒成立，则正实数的取值范围是_________. 14. 已知函数，若方程有两个不同的实数解，则实数a的取值范围是_____________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 如图，在扇形中，，半径.在弧上取一点C，向半径、分别作垂线，与线段、分别相交于D、E，得到一个四边形. （1）设，将四边形的面积S表示成x的函数； （2）求四边形面积S的最大值. 16. 如图，在三棱台中，上､下底面是边长分别为4和6的等边三角形，平面，设平面平面，点分别在直线和直线上，且满足. （1）证明：平面； （2）若直线和平面所成角的余弦值为，求该三棱台的体积. 17. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求在区间上的最大值； （3）设实数使得对恒成立，写出的最大整数值，并说明理由. 18. 已知椭圆C：焦距为2，直线与交于两点,是上异于的一点设直线，的斜率分别为，，满足. （1）求的方程； （2）点在上，满足，直线，相交于点，求证：的面积为定值. 19. 拿破仑排兵布阵是十分厉害的，有一次他让士兵站成一排，解散以后马上再重新站成一排，并要求这些士兵不能站在自己原来的位置上． （1）如果只有3个士兵，那么重新站成一排有多少种站法？4个呢？ （2）假设原来有个士兵，解散以后不能站在自己原来位置上的站法为种，写出和，之间的递推关系，并证明：数列是等比数列； （3）假设让站好的一排个士兵解散后立即随机站成一排，记这些士兵都没有站到原位的概率为，证明：当无穷大时，趋近于．（参考公式：……） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$