2025屆河北省秦皇島市昌黎匯文二中高三數學第一學期期末統考模擬試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。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．若點x,y位于由曲線x=y-2+1與x=3圍成的封閉區域內（包括邊界），則A．-3,1 B．-3,5 C．-∞,-32．已知曲線，動點在直線上，過點作曲線的兩條切線，切點分別為，則直線截圓所得弦長為（）A． B．2 C．4 D．3．若各項均為正數的等比數列滿足，則公比（）A．1 B．2 C．3 D．44．閱讀如圖所示的程序框圖，運行相應的程序，則輸出的結果為（）A． B．6 C． D．5．已知，則（）A．2 B． C． D．36．已知函數，關于x的方程f（x）＝a存在四個不同實數根，則實數a的取值范圍是（）A．（0，1）∪（1，e） B．C． D．（0，1）7．執行如圖所示的程序框圖，如果輸入，則輸出屬于（）A． B． C． D．8．記的最大值和最小值分別為和．若平面向量、、，滿足，則（）A． B．C． D．9．已知，是雙曲線的兩個焦點，過點且垂直于軸的直線與相交于，兩點，若，則△的內切圓的半徑為（）A． B． C． D．10．造紙術、印刷術、指南針、火藥被稱為中國古代四大發明，此說法最早由英國漢學家艾約瑟提出并為后來許多中國的歷史學家所繼承，普遍認為這四種發明對中國古代的政治，經濟，文化的發展產生了巨大的推動作用.某小學三年級共有學生500名，隨機抽查100名學生并提問中國古代四大發明，能說出兩種發明的有45人，能說出3種及其以上發明的有32人，據此估計該校三級的500名學生中，對四大發明只能說出一種或一種也說不出的有（）A．69人 B．84人 C．108人 D．115人11．如圖所示，為了測量、兩座島嶼間的距離，小船從初始位置出發，已知在的北偏西的方向上，在的北偏東的方向上，現在船往東開2百海里到達處，此時測得在的北偏西的方向上，再開回處，由向西開百海里到達處，測得在的北偏東的方向上，則、兩座島嶼間的距離為（）A．3 B． C．4 D．12．射線測厚技術原理公式為，其中分別為射線穿過被測物前后的強度，是自然對數的底數，為被測物厚度，為被測物的密度，是被測物對射線的吸收系數.工業上通常用镅241（）低能射線測量鋼板的厚度.若這種射線對鋼板的半價層厚度為0.8，鋼的密度為7.6，則這種射線的吸收系數為（）（注：半價層厚度是指將已知射線強度減弱為一半的某種物質厚度，，結果精確到0.001）A．0.110 B．0.112 C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．在平面直角坐標系xOy中，已知雙曲線(a＞0)的一條漸近線方程為，則a＝_______．14．若展開式中的常數項為240，則實數的值為________.15．設，分別是橢圓C：（）的左、右焦點，直線l過交橢圓C于A，B兩點，交y軸于E點，若滿足，且，則橢圓C的離心率為______.16．函數的值域為_____.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）設函數f(x)=sin(2x-π(I)求f(x)的最小正周期；(II)若α∈(π6,π)且f(18．（12分）已知（1）若，且函數在區間上單調遞增，求實數a的范圍；（2）若函數有兩個極值點，且存在滿足，令函數，試判斷零點的個數并證明．19．（12分）已知數列和滿足，，，，.（Ⅰ）求與；（Ⅱ）記數列的前項和為，且，若對，恒成立，求正整數的值.20．（12分）在平面直角坐標系中，曲線C的參數方程為（為參數）.以原點為極點，x軸的非負半軸為極軸，建立極坐標系.（1）求曲線C的極坐標方程；（2）直線（t為參數）與曲線C交于A，B兩點，求最大時，直線l的直角坐標方程.21．（12分）已知.（1）若曲線在點處的切線也與曲線相切，求實數的值；（2）試討論函數零點的個數.22．（10分）某市計劃在一片空地上建一個集購物、餐飲、娛樂為一體的大型綜合園區，如圖，已知兩個購物廣場的占地都呈正方形，它們的面積分別為13公頃和8公頃；美食城和歡樂大世界的占地也都呈正方形，分別記它們的面積為公頃和公頃；由購物廣場、美食城和歡樂大世界圍成的兩塊公共綠地都呈三角形，分別記它們的面積為公頃和公頃.（1）設，用關于的函數表示，并求在區間上的最大值的近似值（精確到0.001公頃）；（2）如果，并且，試分別求出、、、的值.

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】

畫出曲線x=y-2+1與x=3圍成的封閉區域，y+1x-2表示封閉區域內的點(x,y)【詳解】畫出曲線x=y-2+1與y+1x-2表示封閉區域內的點(x,y)和定點P(2,-1)設k=y+1x-2，結合圖形可得k≥k由題意得點A,B的坐標分別為A(3,0),B(1,2)，∴kPA∴k≥1或k≤-3，∴y+1x-2的取值范圍為-∞,-3故選D．【點睛】解答本題的關鍵有兩個：一是根據數形結合的方法求解問題，即把y+1x-22、C【解析】

設，根據導數的幾何意義，求出切線斜率，進而得到切線方程，將點坐標代入切線方程，抽象出直線方程，且過定點為已知圓的圓心，即可求解.【詳解】圓可化為.設，則的斜率分別為，所以的方程為，即，，即，由于都過點，所以，即都在直線上，所以直線的方程為，恒過定點，即直線過圓心，則直線截圓所得弦長為4.故選:C.【點睛】本題考查直線與圓位置關系、直線與拋物線位置關系，拋物線兩切點所在直線求解是解題的關鍵，屬于中檔題.3、C【解析】

由正項等比數列滿足，即，又，即，運算即可得解.【詳解】解：因為，所以，又，所以，又，解得.故選：C.【點睛】本題考查了等比數列基本量的求法，屬基礎題.4、D【解析】

用列舉法，通過循環過程直接得出與的值，得到時退出循環,即可求得.【詳解】執行程序框圖，可得，，滿足條件，，，滿足條件，，，滿足條件，，，由題意，此時應該不滿足條件，退出循環，輸出S的值為.故選D．【點睛】本題主要考查了循環結構的程序框圖的應用,正確依次寫出每次循環得到的與的值是解題的關鍵,難度較易.5、A【解析】

利用分段函數的性質逐步求解即可得答案．【詳解】，；；故選：．【點睛】本題考查了函數值的求法，考查對數的運算和對數函數的性質，是基礎題，解題時注意函數性質的合理應用．6、D【解析】

原問題轉化為有四個不同的實根，換元處理令t，對g（t）進行零點個數討論.【詳解】由題意，a＞2，令t，則f（x）＝a????．記g（t）．當t＜2時，g（t）＝2ln（﹣t）（t）單調遞減，且g（﹣2）＝2，又g（2）＝2，∴只需g（t）＝2在（2，+∞）上有兩個不等于2的不等根．則?，記h（t）（t＞2且t≠2），則h′（t）．令φ（t），則φ′（t）2．∵φ（2）＝2，∴φ（t）在（2，2）大于2，在（2，+∞）上小于2．∴h′（t）在（2，2）上大于2，在（2，+∞）上小于2，則h（t）在（2，2）上單調遞增，在（2，+∞）上單調遞減．由，可得，即a＜2．∴實數a的取值范圍是（2，2）．故選：D．【點睛】此題考查方程的根與函數零點問題，關鍵在于等價轉化，將問題轉化為通過導函數討論函數單調性解決問題.7、B【解析】

由題意，框圖的作用是求分段函數的值域，求解即得解.【詳解】由題意可知，框圖的作用是求分段函數的值域，當；當綜上：.故選：B【點睛】本題考查了條件分支的程序框圖，考查了學生邏輯推理，分類討論，數學運算的能力，屬于基礎題.8、A【解析】

設為、的夾角，根據題意求得，然后建立平面直角坐標系，設，，，根據平面向量數量積的坐標運算得出點的軌跡方程，將和轉化為圓上的點到定點距離，利用數形結合思想可得出結果.【詳解】由已知可得，則，，，建立平面直角坐標系，設，，，由，可得，即，化簡得點的軌跡方程為，則，則轉化為圓上的點與點的距離，，，，轉化為圓上的點與點的距離，，.故選：A.【點睛】本題考查和向量與差向量模最值的求解，將向量坐標化，將問題轉化為圓上的點到定點距離的最值問題是解答的關鍵，考查化歸與轉化思想與數形結合思想的應用，屬于中等題.9、B【解析】

設左焦點的坐標，由AB的弦長可得a的值，進而可得雙曲線的方程，及左右焦點的坐標，進而求出三角形ABF2的面積，再由三角形被內切圓的圓心分割3個三角形的面積之和可得內切圓的半徑.【詳解】由雙曲線的方程可設左焦點，由題意可得，由，可得，所以雙曲線的方程為:所以，所以三角形ABF2的周長為設內切圓的半徑為r，所以三角形的面積，所以，解得，故選：B【點睛】本題考查求雙曲線的方程和雙曲線的性質及三角形的面積的求法，內切圓的半徑與三角形長周長的一半之積等于三角形的面積可得半徑的應用，屬于中檔題.10、D【解析】

先求得名學生中，只能說出一種或一種也說不出的人數，由此利用比例，求得名學生中對四大發明只能說出一種或一種也說不出的人數.【詳解】在這100名學生中，只能說出一種或一種也說不出的有人，設對四大發明只能說出一種或一種也說不出的有人，則，解得人.故選：D【點睛】本小題主要考查利用樣本估計總體，屬于基礎題.11、B【解析】

先根據角度分析出的大小，然后根據角度關系得到的長度，再根據正弦定理計算出的長度，最后利用余弦定理求解出的長度即可.【詳解】由題意可知：，所以，，所以，所以，又因為，所以，所以.故選：B.【點睛】本題考查解三角形中的角度問題，難度一般.理解方向角的概念以及活用正、余弦定理是解答問題的關鍵.12、C【解析】

根據題意知,，代入公式,求出即可.【詳解】由題意可得,因為,所以,即.所以這種射線的吸收系數為.故選:C【點睛】本題主要考查知識的遷移能力,把數學知識與物理知識相融合;重點考查指數型函數,利用指數的相關性質來研究指數型函數的性質,以及解指數型方程；屬于中檔題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、3【解析】

雙曲線的焦點在軸上，漸近線為，結合漸近線方程為可求.【詳解】因為雙曲線(a＞0)的漸近線為，且一條漸近線方程為，所以.故答案為：.【點睛】本題主要考查雙曲線的漸近線，明確雙曲線的焦點位置，寫出雙曲線的漸近線方程的對應形式是求解的關鍵，側重考查數學運算的核心素養.14、－3【解析】

依題意可得二項式展開式的常數項為即可得到方程，解得即可；【詳解】解：∵二項式的展開式中的常數項為，∴解得.故答案為：【點睛】本題考查二項式展開式中常數項的計算，屬于基礎題.15、【解析】

采用數形結合，計算以及，然后根據橢圓的定義可得，并使用余弦定理以及，可得結果.【詳解】如圖由，所以由，所以又，則所以所以化簡可得：則故答案為：【點睛】本題考查橢圓的定義以及余弦定理的使用，關鍵在于根據角度求出線段的長度，考查分析能力以及計算能力，屬中檔題.16、【解析】

利用配方法化簡式子，可得，然后根據觀察法，可得結果.【詳解】函數的定義域為所以函數的值域為故答案為：【點睛】本題考查的是用配方法求函數的值域問題，屬基礎題。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、(I)π；(II)-【解析】

(I)化簡得到fx(II)f(α2)=2sin【詳解】(I)f(x)==2sin2x+(II)f(α2)=2sinα∈(π6,π)，故α+故α+π12∈sin(2α+【點睛】本題考查了三角函數的周期，三角恒等變換，意在考查學生的計算能力和綜合應用能力.18、（1）（2）函數有兩個零點和【解析】試題分析：（1）求導后根據函數在區間單調遞增，導函數大于或等于0（2）先判斷為一個零點，然后再求導，根據，化簡求得另一個零點。解析：（1）當時，，因為函數在上單調遞增，所以當時，恒成立．[來源:Z&X&X&K]函數的對稱軸為．①，即時，，即，解之得，解集為空集；②，即時，即，解之得，所以③，即時，即，解之得，所以綜上所述，當函數在區間上單調遞增．（2）∵有兩個極值點，∴是方程的兩個根，且函數在區間和上單調遞增，在上單調遞減．∵∴函數也是在區間和上單調遞增，在上單調遞減∵，∴是函數的一個零點．由題意知：∵，∴，∴∴，∴又=∵是方程的兩個根，∴，,∴∵函數圖像連續，且在區間上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增∴當時，，當時，當時，∴函數有兩個零點和．19、（Ⅰ）,；（Ⅱ）1【解析】

（Ⅰ）易得為等比數列,再利用前項和與通項的關系求解的通項公式即可.（Ⅱ）由題可知要求的最小值,再分析的正負即可得隨的增大而增大再判定可知即可.【詳解】（Ⅰ）因為,故是以為首項,2為公比的等比數列,故.又當時,,解得.當時,…①…②①-②有,即.當時也滿足.故為常數列,所以.即.故,（Ⅱ）因為對,恒成立.故只需求的最小值即可.設,則,又,又當時,時.當時,因為.故.綜上可知.故隨著的增大而增大,故,故【點睛】本題主要考查了根據數列的遞推公式求解通項公式的方法,同時也考查了根據數列的增減性判斷最值的問題,需要根據題意求解的通項,并根據二項式定理分析其正負,從而得到最小項.屬于難題.20、（1）；（2）.【解析】

（1）利用消去參數，得到曲線的普通方程，再將，代入普通方程，即可求出結論；（2）由（1）得曲線表示圓，直線曲線C交于A，B兩點，最大值為圓的直徑，直線過圓心，即可求出直線的方程.【詳解】（1）由曲線C的參數方程（為參數），可得曲線C的普通方程為，因為，所以曲線C的極坐標方程為，即.（2）因為直線（t為參數）表示的是過點的直線，曲線C的普通方程為，所以當最大時，直線l經過圓心.直線l的斜率為，方程為，所以直線l的直角坐標方程為.【點睛】本題考查參數方程與普通方程互化、直角坐標方程與極坐標方程互化、直線與曲線的位置關系，考查化歸和轉化思想，屬于中檔題.21、（1）（2）答案不唯一具體見解析【解析】

（1）利用導數的幾何意義，設切點的坐標，用不同的方式求出兩種切線方程，但兩條切線本質為同一條，從而得到方程組，再構造函數研究其最大值，進而求得；（2）對函數進行求導后得，對分三種情況進行一級討論，即