高級中學名校試題PAGEPAGE1河北省秦皇島市山海關區2025屆高三下學期第二次模擬追補考試數學試卷一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40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.已知集合，，則（）A. B.C.或 D.或【答案】C【解析】依題意，，或，所以或故選：C2.已知復數滿足，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由，得，則，所以.故選：A3.若方程表示焦點在軸上的橢圓，則橢圓短軸長的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】依題意，橢圓的長半軸長為6，短半軸長為，則，所以橢圓短軸長的取值范圍是.故選：B4.科學家通過研究，已經對地震有所了解，例如，地震時釋放出來的能量（單位：焦耳）與地震里氏震級之間的關系為．2025年1月7日西藏日喀則市發生里氏6.8級地震，釋放出來的能量為，2025年1月10日山西臨汾市發生里氏4.1級地震，釋放出來的能量為，則（）A.10 B.4.05 C. D.【答案】D【解析】依題意，，，兩式相減，得，因此，.故選：D5.如圖，某工廠儲存原料的儲存倉是由圓柱和圓錐構成的，若圓柱的高是圓錐高的2倍，且圓錐的母線長是2，側面積是，則該儲存倉的體積為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】設圓錐的底面圓半徑為，由側面積是，得，解得，圓錐的高，則圓柱的高為，所以該儲存倉的體積為.故選：C6.已知函數，將的圖象向右平移個單位后，得到函數的圖象，若的圖象與的圖象關于軸對稱，則的值為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】依題意，，由的圖象與的圖象關于軸對稱，得對任意恒成立，即對任意恒成立，因此，解得，而，則.故選：B7.已知雙曲線的左頂點為，右焦點為，過點且斜率為的直線與圓相切，與交于第一象限的一點．若，則的離心率的取值范圍是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】依題意，點，直線的方程為，圓的圓心為，半徑為，由直線與圓相切，得，令雙曲線離心率為，又，則，因此，即，解得，所以的離心率的取值范圍是.故選：A8.已知為銳角，且，，則的最小值為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由可得，即，因此即可得，令，則，令，則,由可得，因此可知當時，，此時在上單調遞減，當時，，此時在上單調遞增，因此可得當時，取得極小值，也是最小值，即，因此的最小值為.故選：C二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9.已知一組樣本數據，，…，，…，，，則下列說法錯誤的是（）A.，，…，的下四分位數為B.，，…，的中位數為C.，，…，的平均數小于，，…，的平均數D.，，…，的方差為，，…，的方差的倍【答案】ABD【解析】對于A，由，得下四分位數為，A錯誤；對于B，數據，，…，共個，其中位數為，B錯誤；對于C，，C正確；對于D，，，…，的方差為，，…，的方差的倍，D錯誤.故選：ABD10.已知在中，內角的對邊分別為，，，外接圓半徑為5，且滿足，則下列結論正確的是（）A. B.是銳角三角形C. D.的面積為10【答案】AC【解析】因為，所以，因此；所以由可得；即，其中；再由三角函數值域可知，因此只有當時，等式成立；因此，即，對于A，可知，即A正確；對于B，由分析可知，即；又，，所以，因此為鈍角，即為鈍角三角形，即B錯誤；對于C，由分析知，且，根據余弦定理可得，解得，即C正確；對于D，此時三角形面積，即D錯誤故選：AC11.已知函數的定義域為，若滿足，且函數是奇函數，則下列結論正確的是（）A. B.C. D.【答案】AD【解析】函數的定義域為，由函數是奇函數，得，對于A，由，得，由，得，則，A正確；對于B，由，，得，，B錯誤；對于C，，而，即，因此，C錯誤；對于D，由，得，則，D正確.故選：AD三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.的展開式中的常數項為______．【答案】70【解析】的展開式的通項為，令得，，故常數項為，故答案為：70.13.在平行四邊形中，，．若為的中點，則向量在向量上的投影向量為______（用表示）；若，點在邊上，滿足，點，分別為線段，上的動點，滿足，則的最小值為______．【答案】①.②.【解析】依題意可知，又，，所以則向量在向量上的投影向量為；以為坐標原點建立平面直角坐標系，如下圖所示：由，可得，且，所以，又，所以；設，所以，由可得；又，所以；因此；可得，顯然當時取得最小值，最小值為.故答案為：；14.已知函數有三個極值點，且，則實數的取值范圍是______．【答案】【解析】函數的定義域為R，求導得，由函數有三個極值點，得有三個不同的零點，顯然，則方程有三個不相等的實根，令，于是直線與的圖象有三個不同交點，求導得，由，得，由得，或，函數在上單調遞增，在上單調遞減，，，又時，恒成立，因此，而，則，令，則，即，令，求導得，令，求導得，函數在上單調遞減，，則，函數在上單調遞減，，而函數在上單調遞增，當時，，因此，解得，所以實數的取值范圍是.故答案為：四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出必要的文字說明、證明過程及演算步驟．15.已知數列是公差大于2的等差數列，其前項和為，，且，，成等比數列．（1）求數列的通項公式；（2）令，求數列的前項和．解：（1）設等差數列的公差為，則，，由，，成等比數列，得，而，解得，所以數列的通項公式為.（2）由（1）得，當為偶數時，，當為奇數時，，所以.16.如圖，在四棱錐中，，，，底面，是上一點．（1）求證：平面平面；（2）若是的中點，求平面與平面的夾角的正弦值．（1）證明：在四棱錐中，，，則，，在中，，則，即，于是，由平面，平面，得，又平面，則平面，又平面，所以平面平面.（2）解：由（1）知，平面，而平面，則，又，因此是二面角的平面角，在中，，則，由是的中點，得，于是，所以平面與平面的夾角的正弦值為.17.已知函數．（1）求的零點個數；（2）設是的一個零點，證明：曲線在點處的切線也是曲線的切線．解：（1）函數的定義域為，求導得，函數在和上均單調遞增，由，，得在上有唯一零點，由，，得在上有唯一零點，所以有且僅有兩個零點.（2）曲線在點處的切線方程為，即，設曲線在點處的切線斜率為，則，，，即切點，則曲線在點處的切線方程為，即.由是的一個零點，得，則，因此直線與直線為同一直線，所以曲線在點處的切線也是曲線的切線.18.小王是一位籃球運動愛好者，常去居住地附近，兩個籃球場館打籃球．已知小王第一次隨機選擇一個場館打籃球．若前一次選擇場館，那么下次選擇場館的概率為；若前一次選擇場館，那么下次選擇場館的概率為．（1）若，，求小王前三次選擇相同場館打籃球的概率的最大值；（2）求小王第二次去場館打籃球的概率；（3）若，，設小王前兩次選擇場館打籃球的次數為，求的分布列和數學期望．解：（1）設“小王前三次選擇相同場館打籃球”為事件，易知小王第一次隨機選擇場館的概率為，若第一次選擇場館，第二次也選擇場館的概率為，第三次還選擇場館概率為；小王第一次隨機選擇場館的概率為，若第一次選擇場館，第二次也選擇場館的概率為，第三次還選擇場館概率為；又因為，,因此可得，顯然函數為單調遞增，所以當時，取得最大值，最大值為；（2）設“小王第二次選擇場館打籃球”為事件，易知小王第一次隨機選擇場館的概率為，若第一次選擇場館，第二次選擇場館的概率為；小王第一次隨機選擇場館的概率為，若第一次選擇場館，第二次也選擇場館的概率為；因此可得；（3）易知隨機變量的所有可能取值為；由，可得：第一次選擇場館的概率為，第二次也選擇場館的概率為；即；第一次選擇場館的概率為，第二次也選擇場館的概率為；第一次選擇場館的概率為，第二次也選擇場館的概率為；即；第一次選擇場館的概率為，第二次也選擇場館的概率為；即；所以的分布列為：012因此期望值.19.蔓葉線是古希臘數學家狄奧克勒斯在公元前180年為了解決倍立方問題發現的曲線，蔓葉線與半個圓周一起，形狀看上去像常春藤蔓的葉子，如下左圖所示．在平面直角坐標系中，圓，點是直線上在第一象限內的任一點，直線的傾斜角為（為坐標原點），且交圓于點（與不重合），第一象限內的點在直線上，且滿足，一蔓葉線的方程為，如下右圖所示．（1）求蔓葉線上任一點橫坐標的取值范圍；（2）證明：點在蔓葉線上；（3）設直線與蔓葉線交于不同的三點，，，且直線，，的斜率之和為2025，證明：直線過定點．參考公式：法國數學家弗朗索瓦·韋達提出了三次方程韋達定理：若，，是關于一元三次方程的三個根，則，，．（1）解：因為蔓葉線的方程為，則且.由于恒成立，所以等價于，解得，由圖知道，蔓葉線的位置，所以，綜上，知道.則蔓葉線上任一點橫坐標的取值范圍為.（2）證明：設，已知直線的方程為，將其代入圓的方程，得到.對進行整理得解得或，因為點不是原點，所以