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河南省豫北六校2025届高三下学期5月份联合模拟考试
数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知，则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
2.若，，且，则的最大值为( )
A. B. C. D.
3.已知等比数列的前项和为，若，且，，成等差数列，则( )
A. B. C. D.
4.函数的大致图象是( )
A. B.
C. D.
5.如图，在梯形中，，，，，点满足，点满足，且，则( )
A. B. C. D.
6.已知抛物线的焦点为，准线为，上的点在上的投影为，直线与的另一个交点为，当时，若线段的中点到的距离为，则( )
A. B. C. D.
7.孙子算经是中国南北朝时期重要的数学著作，书中的“中国剩余定理”对同余除法进行了深入的研究现给出一个同余问题：如果和被除得的余数相同，那么称和对模同余，记为若为的二项展开式中含项的系数，且，则的值可以是( )
A. B. C. D.
8.定义行列式，已知函数，若在区间上，始终存在两个不相等的实数，，满足，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知全集，集合，，，若，则( )
A. 的取值有个 B.
C. D. 所有子集的个数为
10.已知定义域为的函数为奇函数，当时，，则下列说法正确的是( )
A. 有三个零点 B. 在处切线的斜率为
C. 当时，有极大值 D. 若的极小值为，则
11.如图，扇形是半径为的圆的四分之一，在梯形中，，，，弧上存在一点，使，边上的点满足，连接交于点，现将梯形沿折起到，如图，使，则( )
A. 与为异面直线 B. 平面平面
C. 平面平面 D. 异面直线与所成的角为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.函数的最小正周期为 ．
13.为了培养小学生的爱国情怀和民族自豪感，某小学计划于年月日邀请七位讲解员其中有两名实习讲解员分配到三个不同班级讲解我国航天英雄的事迹若每班至少分配两名讲解员，且两名实习讲解员不能去同一个班，则共有 种不同的分配方案．
14.已知等腰三角形的一个顶点为，底边的一个端点为，则另一个端点的轨迹方程为 又，线段的垂直平分线与直线交于点，则动点的轨迹方程为 ．
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.本小题分
已知等差数列的前项和为，且，．
求
若数列满足求数列的前项和．
16.本小题分
如图，在五棱台中，平面，，，，，，，．
证明：平面．
求直线与平面所成角的正弦值．
17.本小题分
在某闯关游戏中，有，两类难度不同的关卡，已知小明通过类关卡的概率均为，通过类关卡的概率均为，各关卡相互独立游戏共有两个环节，第一个环节由个关卡组成，其中，难度的关卡各两个，且每个关卡的难度未知，至少闯过一关即可通过此环节，然后进入第二个环节，第二个环节可从以下三个方案中任选一个进行．
方案一：依次闯个类关卡，每通过一个关卡得分，否则得分
方案二：依次闯个类关卡，每通过一个关卡得分，否则得分
方案三：从个类关卡，个类关卡中随机抽取个关卡，其中通过一个类关卡得分，通过一个类关卡得分，根据最后的得分获得相应的奖品．
求小明通过第一个环节的概率．
小明已通过第一个环节，进入第二个环节，从期望的角度分析，小明选择何种方案参加第二个环节更加合理并说明理由．
18.本小题分
已知椭圆：的左、右焦点分别为，，右焦点与圆：的圆心重合，短轴长与圆的半径相等．
求的方程．
已知为原点，上的点满足，求直线被截得的弦长．
已知的上顶点为，斜率为的直线与交于，两点，的中点为，的中点为，到直线的距离为，的右顶点到直线的距离为，试判断是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．
19.本小题分
若定义域为的函数满足：非空集合，，若，则称是一个上的“非负函数”；若，则称是一个上的“非正函数”．
分别判断，是否为定义域上的“非负函数”，并说明理由．
已知函数为上的“非负函数”，求的取值范围．
设，且，证明：．
参考答案
1.
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8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.去掉两点和去掉两点和
15.解：设等差数列的公差为，
由，，
得解得
所以．
若数列满足因为，
所以
故
．
16.证明：分别延长，，，，，
因为为棱台，
所以，，，，交于一点，且为五棱锥．
因为，，，
所以，且，，，，分别为，，，，的中点．
连接，取的中点，连接，．
因为，，
所以，且，
又，所以，
又因为，所以，连接，，
因为，，
所以，，
所以四边形为平行四边形，
所以
又因为平而．平面，
所以平面．
解：因为，，两两相互垂直，所以以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
由知，，，
所以四边形为正方形，所以，，
又，所以，，三点共线，且，
所以，，，，，
则，，，
设为平面的一个法向量，
则，得
令，得，，所以，
设直线与平面所成角为，
则，
，
即直线与平面所成角的正弦值为．
17.解: (1)若小明通过第一个环节, 则至少闯过一个关卡,
概率P=1-(1-)(1-)(1-)(1-)=.
(2)小明选择方案一参加比赛更加合理.
理由如下:若小明采用方案一闯关,闾过的关卡数x~B(7,),
所以得分的期望值为E(15x)=157=70;
若小明采用方案二闯关, 闯过的关卡数Y~B(7,),
所以得分的期望值为E(12Y)=127=63;
若小明采用方案三闯关,
当从4个A类关卡,5个B类关卡中随机抽取2个A类关卡,5个B类关卡国关时,
得分的平均值为215+512=65,概率为==:
当从4个A类关卡,5个B类关卡中随机抽取3个A类关卡,4个B类关卡网关时,得分的平均值为315+412=66,概率为==,
当从4个A类关卡,5个B类关卡中随机抽取4个A类关卡,3个B类关卡国关时,得分的平均值为415+312=67,
概率为P3==,
所以得分的期望值为E(Z)=65+66+67==66.
因为E(15X)>E(Z)>E(12Y),
故小明选择方案一参加第二个环节更合理.
18.解：由圆的标准方程为，得圆心坐标，半径为，
所以，，故，，所以，所以；
设，则，得，
因为，，所以，
解得，所以，
因为与直线均关于原点对称，
所以直线被截得的弦长为；
为定值．
设直线的方程为，联立整理得，
由，得．
设，，由韦达定理得，
所以中点的横坐标，纵坐标，
因为，所以的中点为，
因为直线与平行，所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，整理得，
所以，，
又因为，所以，，
所以．
19.解：，定义域为，
因为，
所以不是定义域上的“非负函数”
，定义域为，则，令，得
当时，，单调递减当时，，单调递增，
故，故为上的“非负函数”．
若函数为上的“非负函数”，
只需当时，
，
令，则，
又令，则，
当时，，所以在上单调递减，
又，
所以当时，，单调递增当时，，单调递减，
又，所以当时，，故单调递减．
若当时，，
只需，即
由得当时，，
即，
令，得，
因为，所以，
所以，
所以，
两边相加得．
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