2025届河北省秦皇岛市昌黎县高三第一次模拟数学试题（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1河北省秦皇岛市昌黎县2025届高三第一次模拟数学试题一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.若复数的实部为1，则（）A.1 B.2 C.i D.【答案】B【解析】设，则，故.故选：B2.抛物线的准线方程为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】抛物线的准线方程为.故选：C.3.设向量，.若与共线，则（）A.6 B. C. D.【答案】C【解析】因为，，若与共线，则，解得.故选：C.4.已知函数，若，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】，即，即，又，所以故选：B5.从1，2，3，4，5这5个数中任取两个数，则这两个数的乘积为偶数的概率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】从1，2，3，4，5这5个数中任取两个数的情况有：，共种；符合题意的有，共种.所以概率为.故选：D.6.已知函数在区间单调递增，则的最小值为（）A.-1 B.-2 C.-3 D.-4【答案】A【解析】已知.对求导得.因为函数在区间单调递增，所以在区间上恒成立.即在上恒成立，可转化为在上恒成立.设，.因为在上单调递增，所以在上单调递增.那么在上单调递减.则.由于在上恒成立，所以.所以的最小值为.故选：A7.已知，记为等比数列的前项和.设命题；命题，则命题是命题的（）A.充要条件 B.充分不必要条件 C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】设的公比为，则，若，则必有，当时，当时，，故；当时，，若，则，故，若，则，故，若，，故，综上，充分性成立，若，当时，，故，当时，，由于或或时，的正负均相同，故，所以，则，综上，必要性成立，所以命题是命题的充要条件.故选：A8.已知函数，的定义域均为，且的图像关于点对称.设集合，，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为函数的图象关于点对称，所以，所以，由于，，与互相都不能推出，所以互不包含，，其它不一定正确.故选：A.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.已知两组样本数据，第一组，第二组，若，则（）A.这两组数据的平均数一定相等 B.这两组数据的极差一定相等C.这两组数据的第90百分位数一定相等 D.这两组数据的众数一定相等【答案】BC【解析】由，得，第一组数据由小到大排列为，，第二组数据由小到大排列为或，对于A，由，当且仅当取等号，因此这两组数据的平均数不一定相等，A错误；对于B，这两组数据的极差都为，B正确；对于C，由，得这两组数据的第90百分位数都为，C正确；对于D，取，第一组数据为，5个数据出现次数相同，第二组数据为，其众数为2，因此这两组数据的众数不同，D错误.故选：BC10.已知椭圆的左顶点为，右焦点为.点在线段（为坐标原点）上，且与圆有且只有一个公共点，点，Q分别为和圆上的动点，则（）A.的最大值为2 B.为定值C.圆半径的最大值为1 D.的最小值为3【答案】ABD【解析】对于A，当点P位于椭圆的长轴上的一个顶点时，取最大值，最大值为2，A正确；对于B，椭圆的右准线为，根据椭圆第二定义可知，B正确；对于C，设，则圆M的方程为，联立得，令，此时方程有两相等实数根，符合题意，则，圆的半径为，C错误；对于D，由于，则，当且仅当P位于时取等号，即的最小值为3，D正确，故选：ABD11.设a，b为正数，若函数在区间上有且仅有两个零点，则（）A.有最大值 B.有最小值C.的最小值为 D.的最小值为【答案】BC【解析】对于A，由，可得或，.则或，.因a，b为正数，且函数在区间上有且仅有两个零点，则或或，其中.当时，可得；当时，类似可得；当时，类似可得.综上可得有最小值，无最大值，故A错误，B正确；对于C，注意到，又由AB分析知，当时，，，则此时；当时，同理可得：，其中.令，则，，构造函数，则，即在上单调递增，则；当时，同理可得：，其中令，则，，构造函数，则，即在上单调递增，则；因，综上可知，最小值为，故C正确；对于D，由以上分析可知，由基本不等式，，当且仅当时取等号，此时，为，因，则此时只有一个零点，不满足题意，则取等条件不成立，则，故D错误.故选：BC三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知圆锥的母线长为2，其侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的体积为______．【答案】【解析】设底面半径为，由题意可知，解得：，圆锥的高，所以圆锥的体积.故答案为：13.如图，某公园内有一个半圆形湖面，为圆心.现规划在半圆弧岸边取点C，D，满足，在扇形和扇形区域内种植荷花，在扇形区域内修建水上项目，并在湖面上修建栈道，BD，作为观光路线，则当最大时，_____.【答案】【解析】设圆的半径为1，设，在中，余弦定理得，，在中，余弦定理得，，在中，余弦定理得，，所以，设，所以当时取得最大值，当，即得.故答案为：.14.如图，由9个单位小方格组成的方格表中共有16个格点，将每个格点染成灰色或黑色，满足：若任意4个格点构成矩形的4个顶点，则这4点中至多有2点被染成灰色.则被染为灰色的格点数目最多为_____.【答案】6【解析】若其中一行4个格点均涂成灰色，则每一列均不能再涂灰色，此时红色的格点数目为4；若其中一行有3个格点涂成灰色，则这三个红色格点所在的列均不能再涂灰色，且剩余一列至多3个格点可以涂成灰色，此时灰色的格点数目最多为6；若每一行有2个格点可以涂成灰色，这三个红色格点所在的列均不能再涂灰色，且剩余2列至多3个格点可以涂成灰色，此时灰色的格点数目最多为5；若每行4个格点均只有1个或0个涂成灰色，符合题意，但灰色的格点数目不为最多；综上所述：染为灰色的格点数目最多为6.故答案为：6.四、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.如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，，E，F分别是，的中点.（1）证明：平面；（2）求二面角的正弦值.（1）证明：∵四边形是正方形，F是AC的中点，连接,∴B，F，D三点共线，且F是BD的中点，又E是PB的中点，∴，又平面，平面，∴平面．（2）解：如图建系，易得：,设平面的法向量为，又,由得：，令，可得：，所以，设平面的法向量为，,由由得：，令，可得：，所以，设二面角的大小为，所以,所以，所以二面角的正弦值是.16.小明连续投篮两次，若第一次投中，则第二次也投中的概率为，若第一次未投中，则第二次投中的概率为，已知第一次投中的概率为.（1）记小明投中的次数为随机变量，求的分布列及数学期望；（2）求在第二次投中的条件下，第一次也投中的概率.解：（1）由题意可知，随机变量的可能取值有、、，则，，，所以，随机变量的分布列如下表所示：故.（2）记事件小明在第一次投中，事件小明在第二次投中，则，，，，则，由全概率公式可得，由条件概率公式可得.所以，在第二次投中的条件下，第一次也投中的概率为.17.已知双曲线的左、右焦点分别为，，点在上，且.（1）求的标准方程；（2）过的直线交于M，N两点，线段与线段交于点，若的面积等于的面积，求.解：（1）因为且，所以焦点，即，，所以，根据双曲线的定义有，所以，所以双曲线.（2）根据题意过的直线斜率为0显然不满足题意，可设过的直线为，由，当时，有，设，则由韦达定理有，所以，因为，所以，即点和点到直线的距离相等，则有，解得，所以，18.已知函数，.（1）当时，求的最大值；（2）证明：存在唯一极值点；（3）若存在开区间，使得，当且仅当，求的取值范围.解：（1）当时，，，则，其中，当时，，则，所以，在单调递增；当时，，则，所以，在单调递减；故.（2）证明：函数，，则，令，得，构造函数，则在上单调递增，且，当；当；故对任意，直线与函数有且仅有一个交点，设横坐标为，当时，，则，即，则在上单调递增；当时，，则，即，则在上单调递减；故存在唯一极大值点，得证.（3）解：，其中，由（2）知，在上单调递增，在上单调递减，则，且，又当；.①假设存在区间，其中，使得，当且仅当，则有，下面讨论与大小.若，如图，，当且仅当，其中，由，故不满足题意；所以且.此时有，由，解得；由，则，可得，故解得，故若存在区间，使得，当且仅当，则，即区间，所以.②下面验证：当时，条件，即成立.由，由为的极大值点，则，且，可得，代入，构造函数，在上单调递增，则，即时，恒成立，所以，即满足条件，所以有，且当时，.故当时，存在开区间，使得，当且仅当.综上所述，的取值范围为.19.若互不相交的非空集合满足：，且对任意，，则称是“集合对”.（1）写出一个集合对；（2）若，，证明：不存在集合对，使得，，；（3）若数列满足，，证明：当时，不存在集合对.解：（1）为符合题意的一个集合对，因为，因为，则对任意，，故上述集合对满足题意.（2）记为时对应的不同的，由题意得，，易证，（若，则，而，矛盾，故，而，故，同理记为时对应的不同的，则，，不妨，假设存在集合对使得，，，则，，而，故，而，同上知，故，而，故，则假设不成立，则不存在集合对，使得，，.（3）当时，，假设存在集合对，由抽屉原理知其中一个集合至少有3个元素，不妨记（元素个数），若中有3个元素，记，则且不属于，即，，而，而，，故，故假设不成立，时不存在集合对，假设当时不存在集合对，当时，不妨记元素个数，由抽屉原理知元素个数，记，（其中），则，，故这个元素需分给，而元素个数，故个数，个数，可记，个数，可记，易得，，同理，故，而，故时，不存在集合对，综上所述时，不存在集合对.河北省秦皇岛市昌黎县2025届高三第一次模拟数学试题一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.若复数的实部为1，则（）A.1 B.2 C.i D.【答案】B【解析】设，则，故.故选：B2.抛物线的准线方程为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】抛物线的准线方程为.故选：C.3.设向量，.若与共线，则（）A.6 B. C. D.【答案】C【解析】因为，，若与共线，则，解得.故选：C.4.已知函数，若，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】，即，即，又，所以故选：B5.从1，2，3，4，5这5个数中任取两个数，则这两个数的乘积为偶数的概率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】从1，2，3，4，5这5个数中任取两个数的情况有：，共种；符合题意的有，共种.所以概率为.故选：D.6.已知函数在区间单调递增，则的最小值为（）A.-1 B.-2 C.-3 D.-4【答案】A【解析】已知.对求导得.因为函数在区间单调递增，所以在区间上恒成立.即在上恒成立，可转化为在上恒成立.设，.因为在上单调递增，所以在上单调递增.那么在上单调递减.则.由于在上恒成立，所以.所以的最小值为.故选：A7.已知，记为等比数列的前项和.设命题；命题，则命题是命题的（）A.充要条件 B.充分不必要条件 C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】设的公比为，则，若，则必有，当时，当时，，故；当时，，若，则，故，若，则，故，若，，故，综上，充分性成立，若，当时，，故，当时，，由于或或时，的正负均相同，故，所以，则，综上，必要性成立，所以命题是命题的充要条件.故选：A8.已知函数，的定义域均为，且的图像关于点对称.设集合，，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为函数的图象关于点对称，所以，所以，由于，，与互相都不能推出，所以互不包含，，其它不一定正确.故选：A.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.已知两组样本数据，第一组，第二组，若，则（）A.这两组数据的平均数一定相等 B.这两组数据的极差一定相等C.这两组数据的第90百分位数一定相等 D.这两组数据的众数一定相等【答案】BC【解析】由，得，第一组数据由小到大排列为，，第二组数据由小到大排列为或，对于A，由，当且仅当取等号，因此这两组数据的平均数不一定相等，A错误；对于B，这两组数据的极差都为，B正确；对于C，由，得这两组数据的第90百分位数都为，C正确；对于D，取，第一组数据为，5个数据出现次数相同，第二组数据为，其众数为2，因此这两组数据的众数不同，D错误.故选：BC10.已知椭圆的左顶点为，右焦点为.点在线段（为坐标原点）上，且与圆有且只有一个公共点，点，Q分别为和圆上的动点，则（）A.的最大值为2 B.为定值C.圆半径的最大值为1 D.的最小值为3【答案】ABD【解析】对于A，当点P位于椭圆的长轴上的一个顶点时，取最大值，最大值为2，A正确；对于B，椭圆的右准线为，根据椭圆第二定义可知，B正确；对于C，设，则圆M的方程为，联立得，令，此时方程有两相等实数根，符合题意，则，圆的半径为，C错误；对于D，由于，则，当且仅当P位于时取等号，即的最小值为3，D正确，故选：ABD11.设a，b为正数，若函数在区间上有且仅有两个零点，则（）A.有最大值 B.有最小值C.的最小值为 D.的最小值为【答案】BC【解析】对于A，由，可得或，.则或，.因a，b为正数，且函数在区间上有且仅有两个零点，则或或，其中.当时，可得；当时，类似可得；当时，类似可得.综上可得有最小值，无最大值，故A错误，B正确；对于C，注意到，又由AB分析知，当时，，，则此时；当时，同理可得：，其中.令，则，，构造函数，则，即在上单调递增，则；当时，同理可得：，其中令，则，，构造函数，则，即在上单调递增，则；因，综上可知，最小值为，故C正确；对于D，由以上分析可知，由基本不等式，，当且仅当时取等号，此时，为，因，则此时只有一个零点，不满足题意，则取等条件不成立，则，故D错误.故选：BC三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知圆锥的母线长为2，其侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的体积为______．【答案】【解析】设底面半径为，由题意可知，解得：，圆锥的高，所以圆锥的体积.故答案为：13.如图，某公园内有一个半圆形湖面，为圆心.现规划在半圆弧岸边取点C，D，满足，在扇形和扇形区域内种植荷花，在扇形区域内修建水上项目，并在湖面上修建栈道，BD，作为观光路线，则当最大时，_____.【答案】【解析】设圆的半径为1，设，在中，余弦定理得，，在中，余弦定理得，，在中，余弦定理得，，所以，设，所以当时取得最大值，当，即得.故答案为：.14.如图，由9个单位小方格组成的方格表中共有16个格点，将每个格点染成灰色或黑色，满足：若任意4个格点构成矩形的4个顶点，则这4点中至多有2点被染成灰色.则被染为灰色的格点数目最多为_____.【答案】6【解析】若其中一行4个格点均涂成灰色，则每一列均不能再涂灰色，此时红色的格点数目为4；若其中一行有3个格点涂成灰色，则这三个红色格点所在的列均不能再涂灰色，且剩余一列至多3个格点可以涂成灰色，此时灰色的格点数目最多为6；若每一行有2个格点可以涂成灰色，这三个红色格点所在的列均不能再涂灰色，且剩余2列至多3个格点可以涂成灰色，此时灰色的格点数目最多为5；若每行4个格点均只有1个或0个涂成灰色，符合题意，但灰色的格点数目不为最多；综上所述：染为灰色的格点数目最多为6.故答案为：6.四、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.如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，，E，F分别是，的中点.（1）证明：平面；（2）求二面角的正弦值.（1）证明：∵四边形是正方形，F是AC的中点，连接,∴B，F，D三点共线，且F是BD的中点，又E是PB的中点，∴，又平面，平面，∴平面．（2）解：如图建系，易得：,设平面的法向量为，又,由得：，令，可得：，所以，设平面的法向量为，,由由得：，令，可得：，所以，设二面角的大小为，所以,所以，所以二面角的正弦值是.16.小明连续投篮两次，若第一次投中，则第二次也投中的概率为，若第一次未投中，则第二次投中的概率为，已知第一次投中的概率为.（1）记小明投中的次数为随机变量，求的分布列及数学期望；（2）求在第二次投中的条件下，第一次也投中的概率.解：（1）由题意可知，随机变量的可能取值有、、，则，，，所以，随机变量的分布列如下表所示：故.（2）记事件小明在第一次投中，事件小明在第二次投中，则，，，，则，由全概率公式可得，由条件概率公式可得.所以，在第二次投中的条件下，第一次也投中的概率为.17.已知双曲线的左、右焦点分别为，，点在上，且.（1）求的标准方程；（2）过的直线交于M，N两点，线段与线段交于点，若的面积等于的面积，求.解：（1）因为且，所以焦点，即，，所以，根据双曲线的定义有，所以，所以双曲线.（2）根据题意过的直线斜率为0显然不满足题意，可设过的直线为，由，当时，有，设，则由韦达定理有，所以，因为，所以，即点和点到直线的距离相等，则有，解得，所以，18.已知函数，.（1）当时，求的最大值；（2）证明：存在唯一极值点；（3）若存在开区间，使得，当且仅当，求的取值范围.解：（1）当时，，，则，其中，当时，，则，所以