2025屆河南省豫北豫南名校下學期高三年級期末學習質量評估數學試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．一輛郵車從地往地運送郵件，沿途共有地，依次記為，，…（為地，為地）．從地出發時，裝上發往后面地的郵件各1件，到達后面各地后卸下前面各地發往該地的郵件，同時裝上該地發往后面各地的郵件各1件，記該郵車到達，，…各地裝卸完畢后剩余的郵件數記為．則的表達式為（）．A． B． C． D．2．已知正方體的體積為，點，分別在棱，上，滿足最小，則四面體的體積為A． B． C． D．3．已知直線：與橢圓交于、兩點，與圓：交于、兩點.若存在，使得，則橢圓的離心率的取值范圍為（）A． B． C． D．4．已知定義在上的函數，，，，則，，的大小關系為（）A． B． C． D．5．設函數，則，的大致圖象大致是的()A． B．C． D．6．新聞出版業不斷推進供給側結構性改革，深入推動優化升級和融合發展，持續提高優質出口產品供給，實現了行業的良性發展.下面是2012年至2016年我國新聞出版業和數字出版業營收增長情況，則下列說法錯誤的是（）A．2012年至2016年我國新聞出版業和數字出版業營收均逐年增加B．2016年我國數字出版業營收超過2012年我國數字出版業營收的2倍C．2016年我國新聞出版業營收超過2012年我國新聞出版業營收的1.5倍D．2016年我國數字出版營收占新聞出版營收的比例未超過三分之一7．下邊程序框圖的算法源于我國古代的中國剩余定理.把運算“正整數除以正整數所得的余數是”記為“”，例如.執行該程序框圖，則輸出的等于（）A．16 B．17 C．18 D．198．函數在區間上的大致圖象如圖所示，則可能是（）A．B．C．D．9．如圖，是圓的一條直徑，為半圓弧的兩個三等分點，則（）A． B． C． D．10．復數的虛部為（）A． B． C．2 D．11．已知為等比數列，，，則（）A．9 B．－9 C． D．12．已知數列an滿足：an=2,n≤5a1A．16 B．17 C．18 D．19二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．若，則__________．14．六位同學坐在一排，現讓六位同學重新坐，恰有兩位同學坐自己原來的位置，則不同的坐法有________種（用數字回答）.15．已知橢圓的左焦點為，點在橢圓上且在軸的上方，若線段的中點在以原點為圓心，為半徑的圓上，則直線的斜率是_______.16．展開式中項系數為160，則的值為______.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知x，y，z均為正數．（1）若xy＜1，證明：|x+z|?|y+z|＞4xyz；（2）若＝，求2xy?2yz?2xz的最小值．18．（12分）在國家“大眾創業，萬眾創新”戰略下，某企業決定加大對某種產品的研發投入.為了對新研發的產品進行合理定價，將該產品按事先擬定的價格試銷，得到一組檢測數據如表所示:試銷價格(元)產品銷量(件)已知變量且有線性負相關關系，現有甲、乙、丙三位同學通過計算求得回歸直線方程分別為:甲；乙；丙，其中有且僅有一位同學的計算結果是正確的.（1）試判斷誰的計算結果正確？（2）若由線性回歸方程得到的估計數據與檢測數據的誤差不超過，則稱該檢測數據是“理想數據”，現從檢測數據中隨機抽取個，求“理想數據”的個數的分布列和數學期望.19．（12分）已知函數，記不等式的解集為.（1）求；（2）設，證明：.20．（12分）已知函數，.（1）求曲線在點處的切線方程；（2）求函數的單調區間；（3）判斷函數的零點個數.21．（12分）己知，函數.（1）若，解不等式；（2）若函數，且存在使得成立，求實數的取值范圍.22．（10分）對于正整數，如果個整數滿足，且，則稱數組為的一個“正整數分拆”.記均為偶數的“正整數分拆”的個數為均為奇數的“正整數分拆”的個數為.(Ⅰ)寫出整數4的所有“正整數分拆”;(Ⅱ)對于給定的整數，設是的一個“正整數分拆”，且，求的最大值;(Ⅲ)對所有的正整數，證明:;并求出使得等號成立的的值.(注:對于的兩個“正整數分拆”與，當且僅當且時，稱這兩個“正整數分拆”是相同的.)

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、D【解析】

根據題意，分析該郵車到第站時，一共裝上的郵件和卸下的郵件數目，進而計算可得答案．【詳解】解：根據題意，該郵車到第站時，一共裝上了件郵件，需要卸下件郵件，則，故選：D．【點睛】本題主要考查數列遞推公式的應用，屬于中檔題．2、D【解析】

由題意畫出圖形，將所在的面延它們的交線展開到與所在的面共面，可得當時最小，設正方體的棱長為，得，進一步求出四面體的體積即可．【詳解】解：如圖，

∵點M，N分別在棱上，要最小，將所在的面延它們的交線展開到與所在的面共面，三線共線時，最小，

∴

設正方體的棱長為，則，∴．

取，連接，則共面，在中，設到的距離為，

設到平面的距離為，

.

故選D．【點睛】本題考查多面體體積的求法，考查了多面體表面上的最短距離問題，考查計算能力，是中檔題．3、A【解析】

由題意可知直線過定點即為圓心，由此得到坐標的關系，再根據點差法得到直線的斜率與坐標的關系，由此化簡并求解出離心率的取值范圍.【詳解】設，且線過定點即為的圓心，因為，所以，又因為，所以，所以，所以，所以，所以，所以，所以.故選：A.【點睛】本題考查橢圓與圓的綜合應用，著重考查了橢圓離心率求解以及點差法的運用，難度一般.通過運用點差法達到“設而不求”的目的，大大簡化運算.4、D【解析】

先判斷函數在時的單調性，可以判斷出函數是奇函數，利用奇函數的性質可以得到，比較三個數的大小，然后根據函數在時的單調性，比較出三個數的大小.【詳解】當時，，函數在時，是增函數.因為，所以函數是奇函數，所以有，因為，函數在時，是增函數，所以，故本題選D.【點睛】本題考查了利用函數的單調性判斷函數值大小問題，判斷出函數的奇偶性、單調性是解題的關鍵.5、B【解析】

采用排除法：通過判斷函數的奇偶性排除選項A；通過判斷特殊點的函數值符號排除選項D和選項C即可求解.【詳解】對于選項A:由題意知,函數的定義域為，其關于原點對稱，因為,所以函數為奇函數,其圖象關于原點對稱，故選A排除；對于選項D:因為,故選項D排除;對于選項C:因為,故選項C排除;故選:B【點睛】本題考查利用函數的奇偶性和特殊點函數值符號判斷函數圖象;考查運算求解能力和邏輯推理能力;選取合適的特殊點并判斷其函數值符號是求解本題的關鍵;屬于中檔題、常考題型.6、C【解析】

通過圖表所給數據，逐個選項驗證.【詳解】根據圖示數據可知選項A正確；對于選項B：，正確；對于選項C：，故C不正確；對于選項D：，正確.選C.【點睛】本題主要考查柱狀圖是識別和數據分析，題目較為簡單.7、B【解析】

由已知中的程序框圖可知，該程序的功能是利用循環結構計算并輸出變量的值，模擬程序的運行過程，代入四個選項進行驗證即可.【詳解】解：由程序框圖可知，輸出的數應為被3除余2，被5除余2的且大于10的最小整數.若輸出，則不符合題意，排除；若輸出，則，符合題意.故選:B.【點睛】本題考查了程序框圖.當循環的次數不多，或有規律時，常采用循環模擬或代入選項驗證的方法進行解答.8、B【解析】

根據特殊值及函數的單調性判斷即可；【詳解】解：當時，，無意義，故排除A；又，則，故排除D；對于C，當時，，所以不單調，故排除C；故選：B【點睛】本題考查根據函數圖象選擇函數解析式，這類問題利用特殊值與排除法是最佳選擇，屬于基礎題.9、B【解析】

連接、，即可得到，，再根據平面向量的數量積及運算律計算可得；【詳解】解：連接、，，是半圓弧的兩個三等分點，，且，所以四邊形為棱形，．故選：B【點睛】本題考查平面向量的數量積及其運算律的應用，屬于基礎題.10、D【解析】

根據復數的除法運算，化簡出，即可得出虛部.【詳解】解：=，故虛部為-2.故選：D.【點睛】本題考查復數的除法運算和復數的概念.11、C【解析】

根據等比數列的下標和性質可求出,便可得出等比數列的公比,再根據等比數列的性質即可求出.【詳解】∵,∴,又,可解得或設等比數列的公比為,則當時,,∴；當時,,∴.故選：C．【點睛】本題主要考查等比數列的性質應用,意在考查學生的數學運算能力,屬于基礎題.12、B【解析】

由題意可得a1=a2=a3=a4=a5=2，累加法求得a62+【詳解】解：an即a1=an?6時，a1a1兩式相除可得1+a則an2=由a6a7…，ak2=可得aa1且a1正整數k(k?5)時，要使得a1則ak+1則k=17，故選：B．【點睛】本題考查與遞推數列相關的方程的整數解的求法，注意將題設中的遞推關系變形得到新的遞推關系，從而可簡化與數列相關的方程，本題屬于難題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

因為，由二倍角公式得到，故得到．故答案為．14、135【解析】

根據題意先確定2個人位置不變，共有種選擇，再確定4個人坐4個位置，但是不能坐原來的位置，計算得到答案.【詳解】根據題意先確定2個人位置不變，共有種選擇.再確定4個人坐4個位置，但是不能坐原來的位置，共有種選擇，故不同的坐法有.故答案為：.【點睛】本題考查了分步乘法原理，意在考查學生的計算能力和應用能力.15、【解析】

結合圖形可以發現，利用三角形中位線定理，將線段長度用坐標表示成圓的方程，與橢圓方程聯立可進一步求解.利用焦半徑及三角形中位線定理，則更為簡潔.【詳解】方法1：由題意可知，由中位線定理可得，設可得，聯立方程可解得（舍），點在橢圓上且在軸的上方，求得，所以方法2：焦半徑公式應用解析1：由題意可知，由中位線定理可得，即求得，所以.【點睛】本題主要考查橢圓的標準方程、橢圓的幾何性質、直線與圓的位置關系，利用數形結合思想，是解答解析幾何問題的重要途徑.16、-2【解析】

表示該二項式的展開式的第r+1項，令其指數為3，再代回原表達式構建方程求得答案.【詳解】該二項式的展開式的第r+1項為令，所以，則故答案為：【點睛】本題考查由二項式指定項的系數求參數，屬于簡單題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）證明見解析；（2）最小值為1【解析】

（1）利用基本不等式可得,再根據0＜xy＜1時,即可證明|x+z|?|y+z|＞4xyz.（2）由＝,得，然后利用基本不等式即可得到xy+yz+xz≥3，從而求出2xy?2yz?2xz的最小值.【詳解】（1）證明：∵x，y，z均為正數，∴|x+z|?|y+z|＝（x+z）（y+z）≥＝，當且僅當x＝y＝z時取等號．又∵0＜xy＜1，∴，∴|x+z|?|y+z|＞4xyz；（2）∵＝，即．∵，，，當且僅當x＝y＝z＝1時取等號，∴，∴xy+yz+xz≥3，∴2xy?2yz?2xz＝2xy+yz+xz≥1，∴2xy?2yz?2xz的最小值為1．【點睛】本題考查了利用綜合法證明不等式和利用基本不等式求最值，考查了轉化思想和運算能力，屬中檔題．18、（1）乙同學正確（2）分布列見解析，【解析】

（1）由已知可得甲不正確，求出樣本中心點代入驗證，即可得出結論；（2）根據（1）中得到的回歸方程，求出估值，得到“理想數據”的個數，確定“理想數據”的個數的可能值，并求出概率，得到分布列，即可求解.【詳解】（1）已知變量具有線性負相關關系，故甲不正確，，代入兩個回歸方程，驗證乙同學正確，故回歸方程為：（2）由（1）得到的回歸方程，計算估計數據如下表：“理想數據”有3個，故“理想數據”的個數的取值為:.，，于是“理想數據”的個數的分布列【點睛】本題考查樣本回歸中心點與線性回歸直線方程關系，以及離散型隨機變量的分布列和期望，意在考查邏輯推理、數學計算能力，屬于中檔題.19、（1）；（2）證明見解析【解析】

（1）利用零點分段法將表示為分段函數的形式，由此解不等式求得不等式的解集.（2）將不等式坐標因式分解，結合（1）的結論證得不等式成立.【詳解】（1）解：，由，解得，故.（2）證明：因為，所以，，所以，所以.【點睛】本小題主要考查絕對值不等式的解法，考查不等式的證明，屬于基礎題.20、（1）（2）答案見解析（3）答案見解析【解析】

（1）設曲線在點，處的切線的斜率為，可求得，，利用直線的點斜式方程即可求得答案；（2）由（Ⅰ）知，，分時，，三類討論，即可求得各種情況下的的單調區間為；（3）分與兩類討論，即可判斷函數的零點個數．【詳解】（1），，設曲線在點，處的切線的斜率為，則，又，曲線在點，處的切線方程為：，即；（2）由（1）知，，故當時，，所以在上單調遞增；當時，，；，，；的遞減區間為，遞增區間為，；當時，同理可得的遞增區間為，遞減區間為，；綜上所述，時，單調遞增為，無遞減區間；當時，的遞減區間為，遞增區間為，；當時，的遞增區間為，遞減區間為，；（3）當時，恒成立，所以無零點；當時，由，得：，只有一個零點．【點睛】本題考查利用導數研究曲線上某點的切線方程，利用導數研究函數的單調性，考查分類討論思想與推