2025届新高三阶段性检测04（能力版）（范围：检测范围1、2、3至复数、计数原理与统计概率）-2025年高考数学一轮复习考点通关卷（新高考通用）

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（新课标卷）
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.
一、单项选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分. 在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1．已知集合，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用一元二次不等式的解法，求出集合，再利用集合的运算，即可求解.
【详解】由，得到，即，
又，
所以
故选：D.
2．已知复数满足，则复数的共轭复数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
【答案】C
【分析】利用复数的四则运算法则可求，进而可得共轭复数在复平面内对应的点所在的象限.
【详解】由，可得，
所以，所以.
所以复数的共轭复数在复平面内对应的点的坐标为，位于第三象限.
故选：C.
3．若，则（ ）
A．B．C．1D．或
【答案】A
【分析】将已知等式经三角恒等变换，再两边同除以可得关于的方程，即可得解.
【详解】由，可得
，，
两边同时除以并整理可得：，解得：或，
当时，，，不符合题意，所以.
故选：A
4．若，则的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用放缩法可得，利用作商比较法可得，进而可得，可得结论.
【详解】，
所以则，
又，
所以，所以.
故选：D.
5．“学如逆水行舟，不进则退；心似平原跑马，易放难收”（明·《增广贤文》）是勉励人们专心学习的，如果每天的“进步”率都是1%，那么一年后是；如果每天的“退步”率都是1%，那么一年后是，一年后“进步”的是“退步”的倍．若每天的“进步”率和“退步”率都是20%，则要使“进步”的是“退步”的100倍以上，最少要经过（参考数据：，）（ ）
A．10天B．11天C．12天D．13天
【答案】C
【分析】由题意列出相应不等式，结合对数运算，即可求得答案.
【详解】设经过x天后，“进步”的是“退步”的100倍以上，则，即，
∴（天）．
故最少要经过12天
故选：C
6．如图，在扇形OAB中，半径，，C在半径OB上，D在半径OA上，E是扇形弧上的动点（不包含端点），则平行四边形BCDE的周长的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由于点E在弧上运动，引入恰当的变量，从而表达，再利用正弦定理来表示边，来求得周长关于角的函数，然后求出取值范围；也可以建立以圆心为原点的坐标系，同样设出动点坐标，用坐标法求出距离，然后同样把周长转化为关于角的函数，进而求出取值范围.
【详解】
（法一）如图，连接设，则，，
故．在中，由正弦定理可得，
则．
在中，由正弦定理可得，则．
平行四边形的周长为
．
因为，所以，所以，所以，
所以，则，
即平行四边形BCDE的周长的取值范围是．
（法二）以O为原点，所在直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系．
设，则，，
从而，，，
，
故平行四边形的周长为．
因为，所以，所以，
则，即平行四边形的周长的取值范围是．
故选：A.
7．已知双曲线：（，）的右焦点为，左、右顶点分别为，，点在上且轴，直线，与轴分别交于点，，若（为坐标原点），则的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题意求出直线和直线的方程，分别令，可求出，结合代入化简即可得出答案.
【详解】由题意知，因为轴，
所以令，可得，解得：，设，
直线的斜率为：，
所以直线的方程为：，
令可得，所以，
直线的斜率为：
所以直线的方程为：，
令可得，所以，
由可得，解得：,
所以，解得：，即
所以的渐近线方程为，
故选：C.
8．已知函数，，若方程有且仅有5个不相等的整数解，则其中最大整数解和最小整数解的和等于（ ）
A．B．28C．D．14
【答案】A
【分析】利用换元法结合一元二次方程根的分布，数形结合计算即可.
【详解】先作出的大致图象，如下

令，则，
根据的图象可知：要满足题意必须有两个不等根，
且有两个整数根，有三个整数根，
结合对勾函数和对数函数的图象与性质知，两函数相切时符合题意，
因为，当且仅当时取得等号，
又，易知其定义域内单调递减，
即，此时有两个整数根或，
而要满足有三个整数根，结合图象知必有一根小于2，
显然只有符合题意，当时有，则，
解方程得的另一个正根为，
又，
此时五个整数根依次是，
显然最大的根和最小的根和为.
故选：A
二、多项选择题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求. 全部选对得 6 分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9．给出下列命题，其中正确命题为（ ）
A．已知数据，满足：，若去掉后组成一组新数据，则新数据的方差为21
B．随机变量服从正态分布，若，则
C．一组数据的线性回归方程为，若，则
D．对于独立性检验，随机变量的值越大，则推断“两变量有关系”犯错误的概率越小
【答案】ABD
【分析】根据方差计算判断A,应用正态分布概率计算求参判断B,根据回归直线过样本中心点求解判断C,应用独立性检验判断D.
【详解】对于A选项，去掉后的平均数为，
方差为故A选项正确；
对于B选项，由于随机变量服从正态分布，
则，关于1对称，则故B选项正确；
对于C选项，因为，所以，又因为回归方程为，
所以，所以，故C选项错误；
对于D选项，对于独立性检验，随机变量的值越大，则两变量有关系的程度的错误率更低，故越大，判定“两变量有关系”的错误率更低，D选项正确．
故选:ABD.
10．函数的图象与x轴交点的横坐标构成一个公差为的等差数列，向右平移个单位长度得到函数的图象，则下列结论正确的是（ ）
A．为奇函数
B．的图象关于直线对称
C．在区间上单调递增
D．函数在区间上的值域为
【答案】AC
【分析】由题意，根据三角函数图象的平移变换可得，结合正弦函数的图象与性质依次判断选项即可.
【详解】由题意可知，，则，，
∴，
∴．
A：，
，所以该函数为奇函数，故A正确；
B：，
∴直线不是图象的对称轴，故B错误；
C：由，得，
则在上单调递增，故C正确；
D：，
由，得，则，故D错误．
故选：AC．
11．在平面直角坐标系中，已知圆的动弦，圆，则下列选项正确的是（ ）
A．当圆和圆存在公共点时，则实数的取值范围为
B．的面积最大值为1
C．若原点始终在动弦上，则不是定值
D．若动点满足四边形为矩形，则点的轨迹长度为
【答案】ABD
【分析】根据两圆位置关系列不等式求解实数的范围判断A，根据三角形面积结合正弦函数可求出面积最大值判断B，分类讨论，设直线方程，利用韦达定理结合数量积数量积坐标运算求解判断C，先根据矩形性质结合垂径定理得到点的轨迹，然后利用圆的周长公式求解判断D.
【详解】对于A，圆的圆心为1,0，半径为，
圆的圆心为，半径为，
当圆和圆存在公共点时，，
所以，解得，所以实数的取值范围为，正确；
对于B，的面积为，
当时，的面积有最大值为1，正确；
对于C，当弦垂直x轴时，，所以，
当弦不垂直x轴时，设弦所在直线为，
与圆联立得，，
设，
则，，
综上，恒为定值，错误；
对于D，设Px0,y0，OP中点，该点也是AB中点，且，
又，所以，
化简得，所以点的轨迹为以1,0为圆心，半径为的圆，
其周长为长度为，正确.
故选：ABD
三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12．已知点，，O为坐标原点，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】先设点的坐标，再结合向量数量积的坐标运算，最后应用辅助角公式计算范围.
【详解】设点,,
所以,即,
所以,
因为，
所以.
故答案为：
13．围棋起源于中国，据先秦典籍《世本》记载：“尧造围棋，丹朱善之”，围棋至今已有四千多年历史，蕴含着中华文化的丰富内涵．在某次国际比赛中，中国派出包含甲、乙在内的5位棋手参加比赛，他们分成两个小组，其中一个小组有3位，另外一个小组有2位，则甲和乙不在同一个小组的概率为 .
【答案】
【分析】首先求分组的方法，再利用古典概型概率公式求解.
【详解】5人分成2个小组，一组3位，一组2位，共有种方法，
甲和乙不在同一个小组，则甲所在组有2人或3人，则有种方法，
所以甲和乙不在同一个小组的概率.
故答案为：
14．已知定义在上的函数，其导函数为，且 ，若关于的不等式仅有个整数解，则实数的取值范围是
【答案】
【分析】依题意可得，从而得到（为常数），再根据求出，即可得到解析式，利用导数说明函数的单调性，求出函数的极值，结合图象即可得解.
【详解】因为，即，
令，则，
所以（为常数），所以，
因为，所以，解得，从而，
则，
当时f′x>0，此时单调递增，
当或时f′x<0，此时单调递减，
所以时，取得极大值为，当时，
当时，取得极小值，．
又因为，，结合图象可知仅有个整数解，
实数的取值范围是.
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．（13分）在△中，角的对边分别为，已知
(1)求 ;
(2)若 分别为边 上的中点，为 的重心，求 的余弦值.
【答案】(1)(2)
【分析】(1)根据二倍角公式将已知条件变形转化，再根据正弦定理边角互化，带入到余弦定理即可求得；
(2)根据已知设 ，表达出，再根据余弦定理可求得结果.
【详解】（1）因为，
所以，
即
由正弦定理得 ，
由余弦定理得 ，因为
（2）设 ，
依题意可得
所以
所以.
16．（15分）在中，，，D为边上一点，，E为上一点，，将沿翻折，使A到处，.

(1)证明：平面；
(2)若射线上存在点M，使，且与平面所成角的正弦值为，求λ.
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）题意先证明平面，得到，根据线面垂直判定定理得证；
（2）作，垂直为Q，由（1）得，证得平面，以B为原点，，，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，求得和平面的一个法向量，根据与平面所成角正弦值为，解得参数的值；
【详解】（1）证明：由题意知，，
又，所以平面，
又平面，所以，
又，，所以平面
（2）作，垂直为Q，由（1）知，平面，
又平面，所以，
又，，平面，
所以平面
故以B为原点，，，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
设，则，，，，
又，
所以，故，
设平面的一个法向量为，
则，即，
取，则
设与平面所成角为θ，
则，
解得或，
由题意知，故.

17．（15分）某企业对某品牌芯片开发了一条生产线进行试产.其芯片质量按等级划分为五个层级，分别对应如下五组质量指标值：.根据长期检测结果，得到芯片的质量指标值服从正态分布，并把质量指标值不小于80的产品称为等品，其它产品称为等品. 现从该品牌芯片的生产线中随机抽取100件作为样本，统计得到如图所示的频率分布直方图.

(1)根据长期检测结果，该芯片质量指标值的标准差的近似值为11，用样本平均数作为的近似值，用样本标准差作为的估计值. 若从生产线中任取一件芯片，试估计该芯片为等品的概率(保留小数点后面两位有效数字)；
(①同一组中的数据用该组区间的中点值代表；②参考数据:若随机变量服从正态分布，则，. )
(2)（i）从样本的质量指标值在和[85，95]的芯片中随机抽取3件，记其中质量指标值在[85，95]的芯片件数为，求的分布列和数学期望；
（ii）该企业为节省检测成本，采用随机混装的方式将所有的芯片按100件一箱包装. 已知一件等品芯片的利润是元，一件等品芯片的利润是元，根据(1)的计算结果，试求的值，使得每箱产品的利润最大.
【答案】(1)(2)（i）分布列见解析，；（ii）
【分析】（1）根据频率分布直方图求得样本平均数，然后利用正态分布的对称性求解概率.
（2）（i）先求出的取值，然后求出对应的概率，即可求出分布列，代入期望公式求解即可；
（ii）先根据二项分布的期望求出，然后构造函数，利用导数求出最大值时的即可.
【详解】（1）由题意，估计从该品牌芯片的生产线中随机抽取100件的平均数为：
．
即，，所以，
因为质量指标值近似服从正态分布，
所以，
所以从生产线中任取一件芯片，该芯片为等品的概率约为.
（2）（i），所以所取样本的个数为20件，
质量指标值在的芯片件数为10件，故可能取的值为0，1，2，3，
相应的概率为：
，，
，，
随机变量的分布列为：
所以的数学期望.
（ii）设每箱产品中A等品有件，则每箱产品中等品有件，
设每箱产品的利润为元，
由题意知：，
由（1）知：每箱零件中A等品的概率为，
所以，所以，
所以
.
令，由得，，
又，，单调递增，，，单调递减，
所以当时，取得最大值.
所以当时，每箱产品利润最大.
18．（17分）已知椭圆：的离心率为，右顶点与的上，下顶点所围成的三角形面积为．
(1)求的方程．
(2)不过点的动直线与交于，两点，直线与的斜率之积恒为．
（i）证明：直线过定点；
（ii）求面积的最大值．
【答案】(1)；(2)（i）证明见解析；（ii）.
【分析】（1）根据椭圆的离心率及三角形面积，列出方程组求解即得.
（2）（i）设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用斜率坐标公式，结合韦达定理推理即得；（ii）由（i）的信息，借助三角形面积建立函数关系，再求出最大值.
【详解】（1）令椭圆的半焦距为c，由离心率为，得，解得，
由三角形面积为，得，则，，
所以的方程是.
（2）（i）由（1）知，点，设直线的方程为，设，
由消去x得：，
则，
直线与的斜率分别为，，
于是
，整理得，解得或，
当时，直线过点，不符合题意，因此，
直线：恒过定点.
（ii）由（i）知，，
则，
因此的面积
，当且仅当，即时取等号，
所以面积的最大值为.

19．（17分）帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法，在计算机数学中有着广泛的应用.已知函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，…，.其中，，…，.已知在处的阶帕德近似为.
(1)求实数a，b的值；
(2)设，证明：；
(3)已知是方程的三个不等实根，求实数的取值范围，并证明：.
【答案】(1)，(2)证明见解析(3)，证明见解析
【分析】（1）结合题意，利用导数计算即可得；
（2）由题意可得，借助导数研究其单调性即其正负即可得解；
（3）设，借助导数，分及进行讨论，结合函数单调性与零点的存在性定理计算可得当且仅当时，存在三个不等实根，且满足，且，结合（2）中所得，代入计算并化简即可得解.
【详解】（1）依题意可知，，因为，所以，
此时，，因为，，
所以，，
因为，所以；
（2）依题意，，
，
故在单调递增，
由，故，，，，
综上，，；
（3）不妨设，令，
，
当时，，此时单调递增，不存在三个不等实根；
当时，令，其判别式，
若，即，恒成立，即，
此时单调递减，不存在三个不等实根；
若，即，存在两个不等正实根，
此时有当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
又因为，且，故，
因为，所以，即，
所以，
所以存在，满足，
又因为，
故存在，满足，
故当且仅当时，存在三个不等实根，
且满足，且，
由（2）可知，当时，，
因此，，
故，
化简可得：，
因此，命题得证.
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