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题（含解析）

2025届河南省豫北六校高三下学期5月份联合模拟考试数学试题
一、单选题
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n项和为，若，且，，成等差数列，则（ ）
A． B． C．85 D．86
4．函数的大致图象是（ ）
A． B．
C． D．
5．如图，在梯形中，，，，，点M满足，点N满足，且，则（ ）
A．3 B．4 C．9 D．12
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．2 B．4 C．6 D．8
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a和b被m除得的余数相同，那么称a和b对模m同余，记为．若a为的二项展开式中含x项的系数，且，则b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a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
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R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m，则
11．如图（1），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（2），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
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2025年10月25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．已知等腰三角形的顶点为，底边的一个端点为，则另一个端点P的轨迹方程为 ；又，线段的垂直平分线与直线交于点Q，则动点Q的轨迹方程为 .
四、解答题
15．已知等差数列的前n项和为，且，．
（1）求；
（2）若数列满足，求数列的前20项和．
16．如图，在五棱台中，平面，，，，，，，．
（1）证明：平面．
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
17．在某闯关游戏中，有A，B两类难度不同的关卡，已知小明通过A类关卡的概率均为，通过B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4个关卡组成，其中A，B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7个A类关卡，每通过一个关卡得15分，否则得0分；
方案二：依次闯7个B类关卡，每通过一个关卡得12分，否则得0分；
方案三：从4个A类关卡，5个B类关卡中随机抽取7个关卡，其中通过一个A类关卡得15分，通过一个B类关卡得12分，根据最后的得分获得相应的奖品．
（1）求小明通过第一个环节的概率．
（2）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．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E的半径相等．
（1）求C的方程．
（2）已知O为原点，C上的点P满足，求直线被C截得的弦长．
（3）已知C的上顶点为A，斜率为2的直线与C交于B，D两点，的中点为M，的中点为N，到直线的距离为，C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．若定义域为D的函数满足：非空集合，，若，则称是一个I上的“非负函数”；若，则称是一个I上的“非正函数”．
（1）分别判断，是否为定义域上的“非负函数”，并说明理由．
（2）已知函数为上的“非负函数”，求a的取值范围．
（3）设，且，证明：．
参考答案
1．【答案】D
【详解】由，可得，所以复数在复平面内对应的点的坐标为，位于第四象限．
故选D．
2．【答案】A
【详解】因为，，且，
所以，
当且仅当，，，即，时等号成立，
所以的最大值为．
故选A.
3．【答案】C
【详解】设等比数列的公比为，因为，故，
又，，成等差数列，故即，
解得或（舍去），所以，，
因此．
故选C
4．【答案】B
【详解】的定义域为，排除D；
因为，所以为偶函数，
图象关于y轴对称，排除C；
当时，，排除A．
故选B.
5．【答案】A
【详解】由题可知，
，
所以，
所以，
解得或（舍去）．
故选A
6．【答案】D
【详解】
由题意得，，
设直线的倾斜角为，则．因为，所以，
则直线为，同联立，整理得，
当时，，则，故，
得线段的中点到的距离为，解得．
故选D.
7．【答案】D
【详解】的二项展开式中含x项的系数为，
由二项定理可得：
，
而能被5整除，
故除以5的余数为1，而除以5的余数相同，
故除以5的余数为1，
而，，，，故D正确．
故选D.
8．【答案】C
【详解】由题中所给定义可知，
，
当时，，
所以，所以，
当时，，，
所以，解得；
当时，，，，
所以，解得，
综上，a的取值范围是．
故选C.
9．【答案】BCD
【详解】对于A选项，因为，，且，
则或，且，，解得，故的取值只有个，故A错误；
对于B选项，，，所以，故B正确；
对于C选项，，，故C正确；
对于D选项，，
所以，，则，
其的子集的个数为，故D正确．
故选BCD.
10．【答案】AC
【详解】对于A，当时，令，得，因为是定义域为R的奇函数，
所以，，故有三个零点，故A正确；
对于B，当时，，所以，得，
此时，所以，故B错误；
对于C，当时，，
因为函数在上单调递减，
所以函数在上单调递减，
又，，
故在区间内存在唯一，使，即，
则时，；时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，故C正确；
对于D，由C得在处取得极大值，因为，
所以，因为，所以极大值，
又因为为奇函数，所以极小值，故D错误．
故选AC.
11．【答案】BC
【详解】翻折前，在中，因为，，，
由余弦定理得，所以，所以，
又，所以，
又因为，所以，且，
所以四边形为矩形，
所以翻折后，，，，，，
对于A，因为，所以、、、四点共面，故A错误；
对于B，因为，，，、平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面，故B正确；
对于C，因为，又平面，平面，所以平面，
同理平面，又，、平面，所以平面平面，故C正确；
对于D，因为，，所以四边形为平行四边形，所以，
所以（或补角）为异面直线与所成的角，
因为，，，
由余弦定理得，
所以，，故，故，
所以异面直线与所成的角为，故D错误．
故选BC.
12．【答案】
【详解】的定义域为，
，所以的最小正周期．
13．【答案】480
【详解】首先将这七名讲解员分为三组，因为每组至少两名，故三组人数分别为3，2，2，且两名实习讲解员不能在同一组.
当这两名实习讲解员均在二人组时，共有种分组方法；
当这两名实习讲解员一名在二人组，一名在三人组时，共有种分组方法，所以共有种分组方法；
再将这三组安排到三个不同的班，共有种不同的分配方案.
14．【答案】（且） （且）
【详解】因为等腰三角形的顶点为，底边的一个端点为，另一个端点为P，
所以，
故点P的轨迹是以M为圆心，10为半径的圆（且），
故点P的轨迹方程为（且）.
因为线段的垂直平分线与直线交于点Q，所以.
又，，所以点A在圆外，线段的垂直平分线与直线的交点Q在线段的延长线或反向延长线上.
当点Q在线段的延长线上时，如下图所示.
此时，；
当点Q在线段的延长线上时，如下图所示.
此时，，
综上，，即动点Q到两个定点M与A的距离之差的绝对值为10.
又，所以点Q的轨迹是以点和为焦点的双曲线，其中，，
所以，，，所以双曲线方程为.
当点P为时，线段的垂直平分线的方程为，直线的方程为，直线与直线的交点为，
故动点Q的轨迹方程为（且）.
15．【答案】（1）
（2）4212
【详解】（1）设等差数列的公差为d，
由，，得，解得，
所以．
（2）因为，所以，
故
16．【答案】（1）证明见详解
（2）
【详解】（1）
如图所示，分别延长，，，，，
为棱台，
，，，，交于一点P，且为五棱锥.
，，，，
且，，，，分别为，，，，的中点．
连接，取的中点M，连接，．
，，，
且，又，，
又，，
连接，，，，
，，
四边形为平行四边形，，
又平面，平面，
平面．
（2），，两两相互垂直，
以A为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系．
由（1）知，，，
四边形为正方形，，，
，B，M，D三点共线，且，
，，，，，
则，，，
设为平面的一个法向量，
则，即，
令，得，，.
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
17．【答案】（1）
（2）小明选择方案一参加第二个环节更合理，理由见解析
【详解】（1）若小明通过第一个环节，则至少闯过一个关卡，
概率．
（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，闯过的关卡数，
所以得分的期望值为；
若小明采用方案二闯关，闯过的关卡数，
所以得分的期望值为；
若小明采用方案三闯关，当随机抽取到2个A类关卡，5个B类关卡闯关时，
得分的平均值为，概率为；
当随机抽取到3个A类关卡，4个B类关卡闯关时，
得分的平均值为，概率为；
当随机抽取到4个A类关卡，3个B类关卡闯关时，
得分的平均值为，概率为，
所以得分的期望值为．
因为，故小明选择方案一参加第二个环节更合理．
18．【答案】（1）.
（2）.
（3）为定值,.
【详解】（1）由圆的标准方程为；得圆心坐标，半径为4，所以，，故，，所以，所以．
（2）
设，则，得，因为，，
所以，解得，所以，
因为C与直线均关于原点对称，所以直线被C截得的弦长为．
（3）
设直线方程为，联立椭圆方程得，
消去得，直线与椭圆有交点，可知，
，解得.
设，可知，即
因为，所以
可得直线解析式为，化简得，
,，
可得，，
，.
19．【答案】（1）答案见解析
（2）
（3）证明见解析
【详解】（1）对于，
定义域，找一个值代入看函数值正负.
取，.因为在取合适值时能使，所以不是定义域上“非负函数”.
对于，
定义域，先求导.令，即，解得.
当，，递减；当，，递增.
所以在取最小值，故是上“非负函数”.
（2）要使在上为“非负函数”，则在恒成立.
求，令，，再令，.
当，，所以在递减，且.
当，，递增；当，，递减.
，，，所以在递减.
，解得.
（3）由，移项得，得.
把代入，有.
因为，两边乘再加，得.
当，；，；；，.
把这些不等式相加：
左边是，右边.
综上，证得.