精品解析：河南开封市五县联考2025-2026学年高三下学期5月阶段检测数学试题

高三数学试题卷 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．回答第Ⅰ卷时，选出每个小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号，写在本试卷上无效. 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，答在本试卷上无效. 4．本试卷共19题，总分150分，考试时间120分钟. 第Ⅰ卷（选择题） 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 双曲线的实轴长为（ ） A. B. 4 C. D. 8 3. 已知递增的等比数列满足，，则的公比（ ） A. 5 B. 3 C. D. 4. 在某足球联赛的常规赛中，甲队进球个数的平均数为2.1，标准差为1.1；乙队进球个数的平均数为1.4，标准差为1.2，则（    ） A. 甲队进攻能力比乙队强，甲队进球数波动较大 B. 乙队进攻能力比甲队强，乙队进球数波动较大 C. 甲队进攻能力比乙队强，乙队进球数波动较大 D. 乙队进攻能力比甲队强，甲队进球数波动较大 5. 已知连续型随机变量 服从正态分布，记函数，则的图象（ ） A. 关于直线对称 B. 关于直线对称 C. 关于点成中心对称 D. 关于点成中心对称 6. 设，若为函数的极大值点，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知 为 的外心，且满足，则的值为（ ） A. 2 B. C. D. 8. 定义在上的偶函数满足，且当时，，若关于x的方程至少有8个实数解，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. 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. 已知一组数据的平均数为，将这组数据分别加上它们的平均数，得到一组新数据，则新数据与原数据相比（ ） A. 极差相同 B. 平均数不同 C. 方差不同 D. 中位数相同 10. 已知数列满足，，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 设数列满足，则的最大项为 C. 设数列的前 项和为，则 D. 设数列的前 项和为，若，则正整数 的最小值为1012 11. 已知数列满足（是自然对数的底数），且，则（    ） A. B. C. D. 三、填空题.本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12. 某地有8000名学生参加考试，考试后数学成绩 近似服从正态分布，若，则估计该地学生数学成绩在130分以上的人数为__________. 13. 已知直线与圆C：相交于A，B两点，且，则实数 ____________. 14. 设关于 的方程（为自然对数底数）有 个不相等的实数解，则___________. 四、解答题：本大题共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，在棱长为2的正方体中， 、 分别是棱 、 的中点， 为棱上的动点. （1）若点 为中点，证明：平面； （2）若直线 与平面所成的角为 ，求平面与平面夹角的余弦值. 16. 为传承中华优秀传统文化，丰富校园文化生活，哈三中举办“非遗文化进校园”主题活动，现有来自剪纸、皮影、刺绣、泥塑4个非遗项目的传承人各1名，安排到剪纸、皮影、刺绣、泥塑4个非遗体验工坊进行授课，要求每个工坊安排1名传承人，每名传承人仅在一个工坊授课. （1）求在剪纸项目的传承人在剪纸工坊授课的条件下，皮影项目的传承人不在皮影工坊授课的概率； （2）在概率论和统计学中，常用协方差来描述两个随机变量之间的线性相关程度，给定离散型随机变量X，Y，定义协方差为.如果协方差为正，说明两个随机变量具有正相关关系；如果协方差为负，说明两个随机变量具有负相关关系；如果协方差为零，说明两个随机变量在线性关系上不相关.在参与授课的4名传承人中，记在对应项目工坊授课的传承人数为 ，不在对应项目工坊授课的传承人数为 . （ⅰ）求随机变量 的分布列； （ⅱ）求，并说明X，Y之间的线性相关关系. 17. 已知，函数. （1）若是函数的极小值点，求； （2）若函数存在两个极值点，. （i）求的取值范围； （ii）设点，，证明：存在，且，使得曲线在和处的切线都与直线 平行. 18. 已知双曲线，点在 上，为常数，．按照如下方式依次构造点：过作斜率为的直线与 的左支交于点，令为关于 轴的对称点，记的坐标为. （1）若，求； （2）证明：数列是公比为的等比数列； （3）设为的面积，证明：对任意正整数 ，. 19. 为椭圆上异于顶点的动点，且 的离心率为，分别为 的左、右焦点， 为 的左顶点，记. （1）求 的方程； （2）求证：； （3）设点，过点作一条不与坐标轴垂直的直线 ，交椭圆 于， 两点，再过点作一条垂直于 轴的直线分别交直线于点.问是否存在，使得点四点共圆（ 为坐标原点）？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学试题卷 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．回答第Ⅰ卷时，选出每个小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号，写在本试卷上无效. 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，答在本试卷上无效. 4．本试卷共19题，总分150分，考试时间120分钟. 第Ⅰ卷（选择题） 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为，，所以. 2. 双曲线的实轴长为（ ） A. B. 4 C. D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】根据双曲线方程直接确定实轴长. 【详解】由双曲线方程知，则实轴长为. 故选：C 3. 已知递增的等比数列满足，，则的公比（ ） A. 5 B. 3 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据等比数列的性质，可得，根据条件，求出的值，计算求解，即可得答案. 【详解】因为为等比数列，所以， 又，联立解得或， 又单调递增，则，所以， 则，解得. 4. 在某足球联赛的常规赛中，甲队进球个数的平均数为2.1，标准差为1.1；乙队进球个数的平均数为1.4，标准差为1.2，则（    ） A. 甲队进攻能力比乙队强，甲队进球数波动较大 B. 乙队进攻能力比甲队强，乙队进球数波动较大 C. 甲队进攻能力比乙队强，乙队进球数波动较大 D. 乙队进攻能力比甲队强，甲队进球数波动较大 【答案】C 【解析】 【分析】根据进球个数的平均数判断进攻能力强弱，根据标准差判断进球数波动大小． 【详解】因为甲队进球个数的平均数为2.1，乙队进球个数的平均数为1.4， 所以甲队进攻能力比乙队强， 又因为甲队进球个数的标准差为1.1，乙队进球个数的标准差为1.2， 所以乙队进球数波动较大． 5. 已知连续型随机变量 服从正态分布，记函数，则的图象（ ） A. 关于直线对称 B. 关于直线对称 C. 关于点成中心对称 D. 关于点成中心对称 【答案】C 【解析】 【分析】利用连续型随机变量 服从正态分布，结合正态密度曲线的性质计算可判断每个选项的正误. 【详解】由连续型随机变量 服从正态分布， 可得，可得，所以正态密度曲线关于对称， 即， 由，可得在时增加较快，在时增加越来越慢， 所以无对称轴，故AB错误； ， 所以关于点成中心对称，故C正确，D错误. 故选：C. 6. 设，若为函数的极大值点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先考虑函数的零点情况，注意零点左右附近函数值是否变号，结合极大值点的性质，对进行分类讨论，画出图象，即可得到所满足的关系，由此确定正确选项. 【详解】若，则为单调函数，无极值点，不符合题意，故. 有和 两个不同零点，且在左右附近是不变号，在左右附近是变号的.依题意，a为函数的极大值点， 在左右附近都是小于零的. 当时，由，，画出的图象如下图所示： 由图可知，，故. 当时，由时，，画出的图象如下图所示： 由图可知，，故. 综上所述，成立. 故选：D 【点睛】本小题主要考查三次函数的图象与性质，利用数形结合的数学思想方法可以快速解答. 7. 已知 为 的外心，且满足，则的值为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由三角形外心的性质，得到，，再通过，两边分别点乘，，结合数量积运算律即可求解. 【详解】因为 为 外心，（外心为三角形各边垂直平分线的交点，所以外心在各边的投影为各边中点）， 即在上的投影为，在上的投影为， 所以 ，， 又， 两边点乘得： ， 即， 整理得：，（1） 两边点乘得： , 即， 整理得：，（2） 联立（1）（2），消去得： ， 化简得： ，即. 8. 定义在上的偶函数满足，且当时，，若关于x的方程至少有8个实数解，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数的周期性画出函数的图象，利用对称性判断 轴两个函数图象交点个数列出不等式，解不等式即可得到范围. 【详解】由已知满足， 且函数为偶函数， 所以， 令， 所以函数是周期为的周期函数. 又因为与函数都是偶函数，由对称性可知 由于关于 的方程至少有8个实数解， 故当时，与至少有个交点. 函数与图象如图所示. 由图可知：当时，只需，解得 ， 当时，只需，解得， 当时，显然符合题意. 综上所述：. 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. 已知一组数据的平均数为，将这组数据分别加上它们的平均数，得到一组新数据，则新数据与原数据相比（ ） A. 极差相同 B. 平均数不同 C. 方差不同 D. 中位数相同 【答案】AB 【解析】 【分析】根据极差、平均数、方差、可判断选项ABC；对于选项D举反例即可. 【详解】设数据中最大的数为 ，最小的数为 ，则原数据的极差为， 新数据为， 则新数据的极差为， 因此新数据与原数据的极差相同，故A正确； 原数据的平均数为， 新数据的平均数为， 由于，则新数据与原数据的平均数不同，故B正确； 原数据的方差为， 新数据的方差为， ， 则新数据与原数据的方差相同，故C错误； 不妨设5个数分别为，则原数据的中位数为1，此时平均数， 新数据为，则新数据的中位数为2， 则新数据与原数据的中位数不同，故D错误. 故选：AB 10. 已知数列满足，，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 设数列满足，则的最大项为 C. 设数列的前 项和为，则 D. 设数列的前 项和为，若，则正整数 的最小值为1012 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，变形得到，得到通项公式；B选项，，B错误；C选项，错位相减法求和得到C正确；D选项，变形后，分 为奇数和偶数两种情况，得到，解不等式，得到答案 【详解】A选项，，即， 故， 又，故，所以，A正确； B选项，， 显然，，，的最大项不为，B错误； C选项，，则①， ②， 式子①-②得， 所以，C正确； D选项，， ， 若 为偶数，则， ，即，解得且 为偶数， 故且 为偶数， 若 为奇数，则， ，即，解得且 为奇数， 故且 为奇数， 综上，若，则正整数 的最小值为1012，D正确. 11. 已知数列满足（是自然对数的底数），且，则（    ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据数学归纳法判断B；利用函数的单调性判断A；根据数列前3项和可判断C；利用作差法结合条件判断D. 【详解】对于B，因为，假设当时，则， 即当时，成立，所以可得，故B正确. 对于A，设，则，当时，当时， 所以在上的单调递减，在上单调递增， 则，则恒成立，即. 由，可得，故A正确. 对于C，因为，，， 所以， 而，所以，故C错误. 对于D，因为， 令，由，可得， 则，即，故D正确. 三、填空题.本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12. 某地有8000名学生参加考试，考试后数学成绩 近似服从正态分布，若，则估计该地学生数学成绩在130分以上的人数为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，利用正态分布曲线的对称性，求得，得到的概率，进而求得学生数学成绩在130分以上的人数，得到答案. 【详解】由题意知，期末考试数学成绩X服从正态分布， 因为，可得， 则， 又因为某地有8000名学生参加考试， 所以估计某地学生数学成绩在130分以上的人数为. 故答案为：. 13. 已知直线与圆C：相交于A，B两点，且，则实数 ____________. 【答案】 【解析】 【分析】利用弦长公式和点到直线距离公式列方程求解即可. 【详解】根据题意，圆， 即，其圆心为，半径， 若，则圆心到直线 即 的距离， 又由圆心到直线的距离， 则有，解可得：. 故答案为：. 14. 设关于 的方程（为自然对数底数）有 个不相等的实数解，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】通过换元法将方程转化为二次方程，结合函数的单调性判断根的个数，再利用对数运算求解即可. 【详解】由题意知，，原方程两边同时除以，化简为：， 令，则方程变为：， 解得或，即或， 所以原方程实数解的个数转化为与、图象交点的个数， 令，则， 当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以函数在处取得最小值为， 又因为当时，，当时，， 而，所以与、图象各有两个交点，即原方程共有 个互不相等的实数解. 由得，两边取自然对数：，即， 同理，由化简得：， 所以. 四、解答题：本大题共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，在棱长为2的正方体中， 、 分别是棱 、 的中点， 为棱上的动点. （1）若点 为中点，证明：平面； （2）若直线 与平面所成的角为 ，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 如图所示：连接， 点 、 分别是 ，的中点， ， 又，且， 四边形是平行四边形， ，， 又平面，且平面， 面. （2） 【解析】 【分析】（1）连接，由线面平行的判定定理证明即可； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，设，求出平面的一个法向量，代入空间向量的线面角公式求出，再求出平面的一个法向量，代入空间向量的二面角公式求解即可； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以 点为坐标原点，分别以， ，所在直线为 ， ，轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 则，，，，，，， 设，，， 设平面的一个法向量是， 则，取 得， 因为直线 与平面所成的角的正弦值为， 所以，解得（负值舍去） 故，则平面的一个法向量是 ，， 设平面的一个法向量是， 则，取得， 所以， 故平面与平面夹角的余弦值为. 16. 为传承中华优秀传统文化，丰富校园文化生活，哈三中举办“非遗文化进校园”主题活动，现有来自剪纸、皮影、刺绣、泥塑4个非遗项目的传承人各1名，安排到剪纸、皮影、刺绣、泥塑4个非遗体验工坊进行授课，要求每个工坊安排1名传承人，每名传承人仅在一个工坊授课. （1）求在剪纸项目的传承人在剪纸工坊授课的条件下，皮影项目的传承人不在皮影工坊授课的概率； （2）在概率论和统计学中，常用协方差来描述两个随机变量之间的线性相关程度，给定离散型随机变量X，Y，定义协方差为.如果协方差为正，说明两个随机变量具有正相关关系；如果协方差为负，说明两个随机变量具有负相关关系；如果协方差为零，说明两个随机变量在线性关系上不相关.在参与授课的4名传承人中，记在对应项目工坊授课的传承人数为 ，不在对应项目工坊授课的传承人数为 . （ⅰ）求随机变量 的分布列； （ⅱ）求，并说明X，Y之间的线性相关关系. 【答案】（1） （2）（ⅰ） 0 1 2 4 （ⅱ）， 与 之间具有负相关关系 【解析】 【分析】（1）在剪纸传承人已固定的条件下，将问题转化为古典概型，结合条件概率即可求解； （2）（ⅰ）利用组合选人结合错位排列的思路即可求解；（ⅱ）由题意得，将协方差转化为，结合随机变量的方差公式即可求解. 【小问1详解】 设“剪纸项目的传承人在剪纸工坊授课”为事件A， “皮影项目的传承人不在皮影工坊授课”为事件B， 剪纸项目的传承人在剪纸工坊，剩下3人全排列，即， 皮影项目的传承人只能在除剪纸项目与皮影项目剩下的2个项目中选1个，即， 剩下2人全排列，即，所以， 所以. 【小问2详解】 （ⅰ）由题意得总分配方案数为，设4人为1，2，3，4，对应的工坊为, 当时，4人都在自己对应的工坊，只有1种情况， 即， 当时，从4人中选2人在对应工坊，有种选法， 剩下两人都不在对应工坊，只有1种排法，共有种排法， 即， 当时，从4个人中选1人在对应工坊，有种选法， 剩下三人必须不在对应的工坊，不妨设剩下的3人为， 1不在，只能在中选，有种选法， 只能调换位置，有1种排法，共种排法， 即， 则， 随机变量 的分布列如下： 0 1 2 4 （ⅱ）由题意得， 由上可得， ， 则， ， 则 因为协方差为负数，由题意得随机变量 与 之间具有负相关关系. 17. 已知，函数. （1）若是函数的极小值点，求； （2）若函数存在两个极值点，. （i）求的取值范围； （ii）设点，，证明：存在，且，使得曲线在和处的切线都与直线 平行. 【答案】（1） （2）（i） （ii）证明：由（i）可得，， 依题意， ， 令，设函数， 此时，对称轴， 而，故， 又，， 故在存在两个不同的零点，且， 综上，存在，且， 使得曲线在和处的切线都与直线 平行. 【解析】 【分析】（1）根据极值点可求的值，注意检验处两侧导数的符号； （2）先求出，并利用韦达定理化简前者得方程，结合根分布可证的存在性. 【小问1详解】 依题意，. 因为是的极小值点，所以，得. 此时，当时，；当时，， 所以是函数的极小值点，所以. 【小问2详解】 （i）因为，是的两个极值点， 所以的判别式， 解得或，故的取值范围是. （ii）略 18. 已知双曲线，点在 上，为常数，．按照如下方式依次构造点：过作斜率为的直线与 的左支交于点，令为关于 轴的对称点，记的坐标为. （1）若，求； （2）证明：数列是公比为的等比数列； （3）设为的面积，证明：对任意正整数 ，. 【答案】（1）， （2）证明如下： 方法一：由于过且斜率为的直线为，与联立，得到方程. 展开即得，由于已经是直线和的公共点，故方程必有一根. 从而根据韦达定理，另一根，相应的. 所以该直线与 的不同于的交点为，而注意到的横坐标亦可通过韦达定理表示为，故一定在 的左支上. 所以. 这就得到，. 所以 . 再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列. 方法二：因为，，，则， 由于，作差得， ，利用合比性质知， 因此是公比为的等比数列. （3）证明如下： 方法一：先证明一个结论：对平面上三个点，若，，则.（若在同一条直线上，约定） 证明： . 证毕，回到原题. 由于上一小问已经得到，， 故. 再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列. 所以对任意的正整数 ，都有 . 而又有，， 故利用前面已经证明的结论即得 . 这就表明的取值是与 无关的定值，所以. 方法二：由于上一小问已经得到，， 故. 再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列. 所以对任意的正整数 ，都有 . 这就得到， 以及. 两式相减，即得. 移项得到. 故. 而，. 所以和平行，这就得到，即. 方法三：由于，作差得， 变形得①， 同理可得， 由（2）知是公比为的等比数列，令则②， 同时是公比为的等比数列，则③， 将②③代入①， 即，从而，即. 【解析】 【分析】（1）直接根据题目中的构造方式计算出的坐标即可； （2）思路一：根据等比数列的定义即可验证结论；思路二：利用点差法和合比性质即可证明； （3）思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明的取值为与 无关的定值即可.思路二：使用等差数列工具，证明的取值为与 无关的定值即可.思路三：利用点差法得到，，再结合（2）中的结论得，最后证明出即可. 【小问1详解】 由已知有，故 的方程为. 当时，过且斜率为的直线为，与联立得到. 解得或，所以该直线与 的不同于的交点为，该点显然在 的左支上. 故，从而，. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解. 19. 为椭圆上异于顶点的动点，且 的离心率为，分别为 的左、右焦点， 为 的左顶点，记. （1）求 的方程； （2）求证：； （3）设点，过点作一条不与坐标轴垂直的直线 ，交椭圆 于， 两点，再过点作一条垂直于 轴的直线分别交直线于点.问是否存在，使得点四点共圆（ 为坐标原点）？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2） 因为， 由正弦定理可得， 即，整理可得. （3）存在， 【解析】 【分析】（1）根据方程可知，结合离心率可得，即可得椭圆方程； （2）根据离心率结合椭圆定义可得，再利用正弦定理结合三角恒等变换运算分析证明； （3）假设存在，设直线，，，与椭圆方程联立可得韦达定理，结合圆的性质可得，整理可得，代入韦达定理运算求解即可. 【小问1详解】 由椭圆方程可知：， 因为，解得， 所以椭圆 的标准方程为 . 【小问2详解】 略 【小问3详解】 假设存在，可设直线，，，且， 联立方程，消去x可得， 则，可得， 则，， 由题意可知：，则直线， 令，可得，即， 同理可得， 若四点共圆，则， 可得， 且，则，可得， 且，，， 则， 整理可得， 即， 则， 整理可得，解得或（舍去）， 所以存在，使得点四点共圆，此时. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $