河北省石家莊市精英中學2025年普通高中畢業班綜合測試（一）數學試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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．窗花是貼在窗紙或窗戶玻璃上的剪紙，是中國古老的傳統民間藝術之一，它歷史悠久，風格獨特，神獸人們喜愛．下圖即是一副窗花，是把一個邊長為12的大正方形在四個角處都剪去邊長為1的小正方形后剩余的部分，然后在剩余部分中的四個角處再剪出邊長全為1的一些小正方形．若在這個窗花內部隨機取一個點，則該點不落在任何一個小正方形內的概率是（）A． B． C． D．2．已知，，，，．若實數，滿足不等式組，則目標函數（）A．有最大值，無最小值 B．有最大值，有最小值C．無最大值，有最小值 D．無最大值，無最小值3．若函數的圖象如圖所示，則的解析式可能是（）A． B． C． D．4．若,,,則下列結論正確的是()A． B． C． D．5．雙曲線：（，）的一個焦點為（），且雙曲線的兩條漸近線與圓：均相切，則雙曲線的漸近線方程為（）A． B． C． D．6．已知，則的大小關系為（）A． B． C． D．7．如圖，正方體的棱長為1，動點在線段上，、分別是、的中點，則下列結論中錯誤的是（）A．， B．存在點，使得平面平面C．平面 D．三棱錐的體積為定值8．若向量，，則與共線的向量可以是（）A． B． C． D．9．下列與的終邊相同的角的表達式中正確的是()A．2kπ＋45°(k∈Z) B．k·360°＋π(k∈Z)C．k·360°－315°(k∈Z) D．kπ＋(k∈Z)10．如圖所示的“數字塔”有以下規律：每一層最左與最右的數字均為2，除此之外每個數字均為其兩肩的數字之積，則該“數字塔”前10層的所有數字之積最接近（）A． B． C． D．11．“中國剩余定理”又稱“孫子定理”，最早可見于中國南北朝時期的數學著作《孫子算經》卷下第二十六題，叫做“物不知數”，原文如下：今有物不知其數，三三數之剩二，五五數之剩三，七七數之剩二.問物幾何？現有這樣一個相關的問題：將1到2020這2020個自然數中被5除余3且被7除余2的數按照從小到大的順序排成一列，構成一個數列，則該數列各項之和為（）A．56383 B．57171 C．59189 D．6124212．已知橢圓的焦點分別為，，其中焦點與拋物線的焦點重合，且橢圓與拋物線的兩個交點連線正好過點，則橢圓的離心率為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知拋物線的焦點為，過點且斜率為1的直線交拋物線于兩點，，若線段的垂直平分線與軸交點的橫坐標為，則的值為_________.14．如圖，在長方體中，，E，F，G分別為的中點,點P在平面ABCD內，若直線平面EFG，則線段長度的最小值是________________.15．已知點是雙曲線漸近線上的一點，則雙曲線的離心率為_______16．從2、3、5、7、11、13這六個質數中任取兩個數，這兩個數的和仍是質數的概率是________（結果用最簡分數表示）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）如圖，在四面體中，.（1）求證:平面平面；（2）若，二面角為，求異面直線與所成角的余弦值.18．（12分）等差數列中，．（1）求的通項公式；（2）設，記為數列前項的和，若，求．19．（12分）已知A是拋物線E：y2＝2px(p>0)上的一點，以點A和點B(2,0)為直徑兩端點的圓C交直線x＝1于M，N兩點.（1）若|MN|＝2，求拋物線E的方程；（2）若0＜p＜1，拋物線E與圓(x﹣5)2+y2=9在x軸上方的交點為P，Q，點G為PQ的中點，O為坐標原點，求直線OG斜率的取值范圍.20．（12分）如圖，平面分別是上的動點，且.（1）若平面與平面的交線為，求證：；（2）當平面平面時，求平面與平面所成的二面角的余弦值.21．（12分）已知三棱錐中側面與底面都是邊長為2的等邊三角形，且面面，分別為線段的中點.為線段上的點，且.（1）證明：為線段的中點；（2）求二面角的余弦值.22．（10分）在直角坐標系中，曲線的參數方程為（為參數）.點在曲線上，點滿足.（1）以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，求動點的軌跡的極坐標方程；（2）點，分別是曲線上第一象限，第二象限上兩點，且滿足，求的值.

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】

由幾何概型可知,概率應為非小正方形面積與窗花面積的比,即可求解.【詳解】由題,窗花的面積為,其中小正方形的面積為,所以所求概率,故選:D【點睛】本題考查幾何概型的面積公式的應用,屬于基礎題.2、B【解析】

判斷直線與縱軸交點的位置，畫出可行解域，即可判斷出目標函數的最值情況.【詳解】由，，所以可得.，所以由，因此該直線在縱軸的截距為正，但是斜率有兩種可能，因此可行解域如下圖所示：由此可以判斷該目標函數一定有最大值和最小值.故選：B【點睛】本題考查了目標函數最值是否存在問題，考查了數形結合思想，考查了不等式的性質應用.3、A【解析】

由函數性質,結合特殊值驗證,通過排除法求得結果.【詳解】對于選項B,為奇函數可判斷B錯誤;對于選項C,當時,,可判斷C錯誤;對于選項D,,可知函數在第一象限的圖象無增區間,故D錯誤;故選:A.【點睛】本題考查已知函數的圖象判斷解析式問題,通過函數性質及特殊值利用排除法是解決本題的關鍵,難度一般.4、D【解析】

根據指數函數的性質，取得的取值范圍，即可求解，得到答案.【詳解】由指數函數的性質，可得，即，又由，所以.故選：D.【點睛】本題主要考查了指數冪的比較大小，其中解答中熟記指數函數的性質，求得的取值范圍是解答的關鍵，著重考查了計算能力，屬于基礎題.5、A【解析】

根據題意得到，化簡得到，得到答案.【詳解】根據題意知：焦點到漸近線的距離為，故，故漸近線為.故選：.【點睛】本題考查了直線和圓的位置關系，雙曲線的漸近線，意在考查學生的計算能力和轉化能力.6、A【解析】

根據指數函數的單調性，可得，再利用對數函數的單調性，將與對比，即可求出結論.【詳解】由題知，，則.故選:A.【點睛】本題考查利用函數性質比較大小，注意與特殊數的對比，屬于基礎題..7、B【解析】

根據平行的傳遞性判斷A；根據面面平行的定義判斷B；根據線面垂直的判定定理判斷C；由三棱錐以三角形為底，則高和底面積都為定值，判斷D.【詳解】在A中，因為分別是中點，所以，故A正確；在B中，由于直線與平面有交點，所以不存在點，使得平面平面，故B錯誤；在C中，由平面幾何得，根據線面垂直的性質得出，結合線面垂直的判定定理得出平面，故C正確；在D中，三棱錐以三角形為底，則高和底面積都為定值，即三棱錐的體積為定值，故D正確；故選：B【點睛】本題主要考查了判斷面面平行，線面垂直等，屬于中檔題.8、B【解析】

先利用向量坐標運算求出向量,然后利用向量平行的條件判斷即可.【詳解】故選B【點睛】本題考查向量的坐標運算和向量平行的判定,屬于基礎題,在解題中要注意橫坐標與橫坐標對應,縱坐標與縱坐標對應,切不可錯位.9、C【解析】

利用終邊相同的角的公式判斷即得正確答案.【詳解】與的終邊相同的角可以寫成2kπ＋(k∈Z)，但是角度制與弧度制不能混用，所以只有答案C正確.故答案為C【點睛】（1）本題主要考查終邊相同的角的公式，意在考查學生對該知識的掌握水平和分析推理能力.(2)與終邊相同的角=+其中.10、A【解析】

結合所給數字特征，我們可將每層數字表示成2的指數的形式，觀察可知，每層指數的和成等比數列分布，結合等比數列前項和公式和對數恒等式即可求解【詳解】如圖，將數字塔中的數寫成指數形式，可發現其指數恰好構成“楊輝三角”，前10層的指數之和為，所以原數字塔中前10層所有數字之積為.故選：A【點睛】本題考查與“楊輝三角”有關的規律求解問題，邏輯推理，等比數列前項和公式應用，屬于中檔題11、C【解析】

根據“被5除余3且被7除余2的正整數”，可得這些數構成等差數列，然后根據等差數列的前項和公式，可得結果.【詳解】被5除余3且被7除余2的正整數構成首項為23，公差為的等差數列，記數列則令，解得.故該數列各項之和為.故選：C.【點睛】本題考查等差數列的應用，屬基礎題。12、B【解析】

根據題意可得易知，且，解方程可得，再利用即可求解.【詳解】易知，且故有，則故選：B【點睛】本題考查了橢圓的幾何性質、拋物線的幾何性質，考查了學生的計算能力，屬于中檔題二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、1【解析】

設，寫出直線方程代入拋物線方程后應用韋達定理求得，由拋物線定義得焦點弦長，求得，再寫出的垂直平分線方程，得，從而可得結論．【詳解】拋物線的焦點坐標為，直線的方程為，據得.設，則.線段垂直平分線方程為，令，則，所以，所以.故答案為：1．【點睛】本題考查拋物線的焦點弦問題，根據拋物線的定義表示出焦點弦長是解題關鍵．14、【解析】

如圖，連接，證明平面平面EFG.因為直線平面EFG，所以點P在直線AC上.當時.線段的長度最小，再求此時的得解.【詳解】如圖，連接，因為E，F，G分別為AB，BC，的中點，所以，平面，則平面.因為，所以同理得平面，又.所以平面平面EFG.因為直線平面EFG，所以點P在直線AC上.在中，，故當時.線段的長度最小，最小值為.故答案為：【點睛】本題主要考查空間位置關系的證明，考查立體幾何中的軌跡問題，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.15、【解析】

先表示出漸近線，再代入點，求出，則離心率易求.【詳解】解：的漸近線是因為在漸近線上，所以，故答案為：【點睛】考查雙曲線的離心率的求法，是基礎題.16、【解析】

依據古典概型的計算公式，分別求“任取兩個數”和“任取兩個數，和是質數”的事件數，計算即可。【詳解】“任取兩個數”的事件數為，“任取兩個數，和是質數”的事件有（2,3），（2,5），（2,11）共3個，所以任取兩個數，這兩個數的和仍是質數的概率是。【點睛】本題主要考查古典概型的概率求法。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）【解析】

（1）取中點連接，得，可得，可證，可得，進而平面，即可證明結論；（2）設分別為邊的中點，連，可得，，可得（或補角）是異面直線與所成的角，，可得，為二面角的平面角，即，設，求解，即可得出結論.【詳解】（1）證明:取中點連接，由則，則，故，，平面，又平面，故平面平面（2）解法一:設分別為邊的中點，則，（或補角）是異面直線與所成的角.設為邊的中點，則，由知.又由（1）有平面，平面，所以為二面角的平面角，，設則在中，從而在中，，又，從而在中，因，，因此，異面直線與所成角的余弦值為.解法二:過點作交于點由（1）易知兩兩垂直，以為原點，射線分別為軸，軸，軸的正半軸，建立空間直角坐標系.不妨設，由，易知點的坐標分別為則顯然向量是平面的法向量已知二面角為，設，則設平面的法向量為，則令，則由由上式整理得，解之得(舍)或，因此，異面直線與所成角的余弦值為.【點睛】本題考查空間點、線、面位置關系，證明平面與平面垂直，考查空間角，涉及到二面角、異面直線所成的角，做出空間角對應的平面角是解題的關鍵，或用空間向量法求角，意在考查直觀想象、邏輯推理、數學計算能力，屬于中檔題.18、（1）（2）【解析】

（1）由基本量法求出公差后可得通項公式；（2）由等差數列前項和公式求得，可求得．【詳解】解：（1）設的公差為，由題設得因為，所以解得，故．（2）由（1）得．所以數列是以2為首項，2為公比的等比數列，所以，由得，解得．【點睛】本題考查求等差數列的通項公式和等比數列的前項和公式，解題方法是基本量法．19、（1）.（2）【解析】

（1）設A的坐標為A（x0，y0），由題意可得圓心C的坐標，求出C到直線x＝1的距離.由半個弦長，圓心到直線的距離及半徑構成直角三角形可得p的值，進而求出拋物線的方程；（2）將拋物線的方程與圓的方程聯立可得韋達定理，進而求出中點G的坐標，再求出直線OG的斜率的表達式，換元可得斜率的取值范圍.【詳解】（1）設A（x0，y0）且y02＝2px0，則圓心C（），圓C的直徑|AB|，圓心C到直線x＝1的距離d＝|1|＝||，因為|MN|＝2，所以（）2+d2＝（）2，即1，y02＝2px0，整理可得（2p﹣4）x0＝0，所以p＝2，所以拋物線的方程為：y2＝4x；（2）聯立拋物線與圓的方程整理可得x2﹣2（5﹣p）x+16＝0，△＞0，設P（x1，y1），Q（x2，y2），則x1+x2＝2（5﹣p），x1x2＝16，所以中點G的橫坐標xG＝5﹣p，yG（），所以kOG（0＜P＜1），令t＝5﹣p（t∈（4，5）），則kOG（），解得0＜kOG，所以直線OG斜率的取值范圍（0，）.【點睛】本題考查拋物線的性質及直線與拋物線的綜合，換元方法的應用，屬于中檔題.20、（1）見解析；（2）【解析】

（1）首先由線面平行的判定定理可得平面，再由線面平行的性質定理即可得證；（2）以點為坐標原點，，所在的直線分別為軸，以過點且垂直于的直線為軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法求出二面角的余弦值；【詳解】解：（1）由，又平面，平面，所以平面.又平面，且平面平面，故.（2）因為平面，所以，又，所以平面，所以，又，所以.若平面平面，則平面，所以，由且，又，所以.以點為坐標原點，，所在的直線分別為軸，以過點且垂直于的直線為軸建立空間直角坐標系，則