2025届河北省秦皇岛市山海关区高三下学期第二次模拟追补考试数学试卷（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1河北省秦皇岛市山海关区2025届高三下学期第二次模拟追补考试数学试卷一、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.已知集合，，则（）A. B.C.或 D.或【答案】C【解析】依题意，，或，所以或故选：C2.已知复数满足，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由，得，则，所以.故选：A3.若方程表示焦点在轴上的椭圆，则椭圆短轴长的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】依题意，椭圆的长半轴长为6，短半轴长为，则，所以椭圆短轴长的取值范围是.故选：B4.科学家通过研究，已经对地震有所了解，例如，地震时释放出来的能量（单位：焦耳）与地震里氏震级之间的关系为．2025年1月7日西藏日喀则市发生里氏6.8级地震，释放出来的能量为，2025年1月10日山西临汾市发生里氏4.1级地震，释放出来的能量为，则（）A.10 B.4.05 C. D.【答案】D【解析】依题意，，，两式相减，得，因此，.故选：D5.如图，某工厂储存原料的储存仓是由圆柱和圆锥构成的，若圆柱的高是圆锥高的2倍，且圆锥的母线长是2，侧面积是，则该储存仓的体积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】设圆锥的底面圆半径为，由侧面积是，得，解得，圆锥的高，则圆柱的高为，所以该储存仓的体积为.故选：C6.已知函数，将的图象向右平移个单位后，得到函数的图象，若的图象与的图象关于轴对称，则的值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】依题意，，由的图象与的图象关于轴对称，得对任意恒成立，即对任意恒成立，因此，解得，而，则.故选：B7.已知双曲线的左顶点为，右焦点为，过点且斜率为的直线与圆相切，与交于第一象限的一点．若，则的离心率的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】依题意，点，直线的方程为，圆的圆心为，半径为，由直线与圆相切，得，令双曲线离心率为，又，则，因此，即，解得，所以的离心率的取值范围是.故选：A8.已知为锐角，且，，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由可得，即，因此即可得，令，则，令，则,由可得，因此可知当时，，此时在上单调递减，当时，，此时在上单调递增，因此可得当时，取得极小值，也是最小值，即，因此的最小值为.故选：C二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求，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.已知一组样本数据，，…，，…，，，则下列说法错误的是（）A.，，…，的下四分位数为B.，，…，的中位数为C.，，…，的平均数小于，，…，的平均数D.，，…，的方差为，，…，的方差的倍【答案】ABD【解析】对于A，由，得下四分位数为，A错误；对于B，数据，，…，共个，其中位数为，B错误；对于C，，C正确；对于D，，，…，的方差为，，…，的方差的倍，D错误.故选：ABD10.已知在中，内角的对边分别为，，，外接圆半径为5，且满足，则下列结论正确的是（）A. B.是锐角三角形C. D.的面积为10【答案】AC【解析】因为，所以，因此；所以由可得；即，其中；再由三角函数值域可知，因此只有当时，等式成立；因此，即，对于A，可知，即A正确；对于B，由分析可知，即；又，，所以，因此为钝角，即为钝角三角形，即B错误；对于C，由分析知，且，根据余弦定理可得，解得，即C正确；对于D，此时三角形面积，即D错误故选：AC11.已知函数的定义域为，若满足，且函数是奇函数，则下列结论正确的是（）A. B.C. D.【答案】AD【解析】函数的定义域为，由函数是奇函数，得，对于A，由，得，由，得，则，A正确；对于B，由，，得，，B错误；对于C，，而，即，因此，C错误；对于D，由，得，则，D正确.故选：AD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.的展开式中的常数项为______．【答案】70【解析】的展开式的通项为，令得，，故常数项为，故答案为：70.13.在平行四边形中，，．若为的中点，则向量在向量上的投影向量为______（用表示）；若，点在边上，满足，点，分别为线段，上的动点，满足，则的最小值为______．【答案】①.②.【解析】依题意可知，又，，所以则向量在向量上的投影向量为；以为坐标原点建立平面直角坐标系，如下图所示：由，可得，且，所以，又，所以；设，所以，由可得；又，所以；因此；可得，显然当时取得最小值，最小值为.故答案为：；14.已知函数有三个极值点，且，则实数的取值范围是______．【答案】【解析】函数的定义域为R，求导得，由函数有三个极值点，得有三个不同的零点，显然，则方程有三个不相等的实根，令，于是直线与的图象有三个不同交点，求导得，由，得，由得，或，函数在上单调递增，在上单调递减，，，又时，恒成立，因此，而，则，令，则，即，令，求导得，令，求导得，函数在上单调递减，，则，函数在上单调递减，，而函数在上单调递增，当时，，因此，解得，所以实数的取值范围是.故答案为：四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．15.已知数列是公差大于2的等差数列，其前项和为，，且，，成等比数列．（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前项和．解：（1）设等差数列的公差为，则，，由，，成等比数列，得，而，解得，所以数列的通项公式为.（2）由（1）得，当为偶数时，，当为奇数时，，所以.16.如图，在四棱锥中，，，，底面，是上一点．（1）求证：平面平面；（2）若是的中点，求平面与平面的夹角的正弦值．（1）证明：在四棱锥中，，，则，，在中，，则，即，于是，由平面，平面，得，又平面，则平面，又平面，所以平面平面.（2）解：由（1）知，平面，而平面，则，又，因此是二面角的平面角，在中，，则，由是的中点，得，于是，所以平面与平面的夹角的正弦值为.17.已知函数．（1）求的零点个数；（2）设是的一个零点，证明：曲线在点处的切线也是曲线的切线．解：（1）函数的定义域为，求导得，函数在和上均单调递增，由，，得在上有唯一零点，由，，得在上有唯一零点，所以有且仅有两个零点.（2）曲线在点处的切线方程为，即，设曲线在点处的切线斜率为，则，，，即切点，则曲线在点处的切线方程为，即.由是的一个零点，得，则，因此直线与直线为同一直线，所以曲线在点处的切线也是曲线的切线.18.小王是一位篮球运动爱好者，常去居住地附近，两个篮球场馆打篮球．已知小王第一次随机选择一个场馆打篮球．若前一次选择场馆，那么下次选择场馆的概率为；若前一次选择场馆，那么下次选择场馆的概率为．（1）若，，求小王前三次选择相同场馆打篮球的概率的最大值；（2）求小王第二次去场馆打篮球的概率；（3）若，，设小王前两次选择场馆打篮球的次数为，求的分布列和数学期望．解：（1）设“小王前三次选择相同场馆打篮球”为事件，易知小王第一次随机选择场馆的概率为，若第一次选择场馆，第二次也选择场馆的概率为，第三次还选择场馆概率为；小王第一次随机选择场馆的概率为，若第一次选择场馆，第二次也选择场馆的概率为，第三次还选择场馆概率为；又因为，,因此可得，显然函数为单调递增，所以当时，取得最大值，最大值为；（2）设“小王第二次选择场馆打篮球”为事件，易知小王第一次随机选择场馆的概率为，若第一次选择场馆，第二次选择场馆的概率为；小王第一次随机选择场馆的概率为，若第一次选择场馆，第二次也选择场馆的概率为；因此可得；（3）易知随机变量的所有可能取值为；由，可得：第一次选择场馆的概率为，第二次也选择场馆的概率为；即；第一次选择场馆的概率为，第二次也选择场馆的概率为；第一次选择场馆的概率为，第二次也选择场馆的概率为；即；第一次选择场馆的概率为，第二次也选择场馆的概率为；即；所以的分布列为：012因此期望值.19.蔓叶线是古希腊数学家狄奥克勒斯在公元前180年为了解决倍立方问题发现的曲线，蔓叶线与半个圆周一起，形状看上去像常春藤蔓的叶子，如下左图所示．在平面直角坐标系中，圆，点是直线上在第一象限内的任一点，直线的倾斜角为（为坐标原点），且交圆于点（与不重合），第一象限内的点在直线上，且满足，一蔓叶线的方程为，如下右图所示．（1）求蔓叶线上任一点横坐标的取值范围；（2）证明：点在蔓叶线上；（3）设直线与蔓叶线交于不同的三点，，，且直线，，的斜率之和为2025，证明：直线过定点．参考公式：法国数学家弗朗索瓦·韦达提出了三次方程韦达定理：若，，是关于一元三次方程的三个根，则，，．（1）解：因为蔓叶线的方程为，则且.由于恒成立，所以等价于，解得，由图知道，蔓叶线的位置，所以，综上，知道.则蔓叶线上任一点横坐标的取值范围为.（2）证明：设，已知直线的方程为，将其代入圆的方程，得到.对进行整理得解得或，因为点不是原点，所以点横坐标为.已知，设，，点横坐标为.根据向量坐标运算，，，因为，所以，.将代入蔓叶线方程的右边：，而，即蔓叶线方程右边的值等于，等式成立.所以点的坐标满足蔓叶线方程，点在蔓叶线上.（3）解：，齐次化联立直线与曲线，得到，那么，即，根据方程联立得意义可知，所得的关于的一元三次方程的三个根即为，结合韦达定理知道，，故，则，代入直线方程，即，化简得，式子恒成立，则令，解得.故直线过定点.原命题成立.河北省秦皇岛市山海关区2025届高三下学期第二次模拟追补考试数学试卷一、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.已知集合，，则（）A. B.C.或 D.或【答案】C【解析】依题意，，或，所以或故选：C2.已知复数满足，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由，得，则，所以.故选：A3.若方程表示焦点在轴上的椭圆，则椭圆短轴长的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】依题意，椭圆的长半轴长为6，短半轴长为，则，所以椭圆短轴长的取值范围是.故选：B4.科学家通过研究，已经对地震有所了解，例如，地震时释放出来的能量（单位：焦耳）与地震里氏震级之间的关系为．2025年1月7日西藏日喀则市发生里氏6.8级地震，释放出来的能量为，2025年1月10日山西临汾市发生里氏4.1级地震，释放出来的能量为，则（）A.10 B.4.05 C. D.【答案】D【解析】依题意，，，两式相减，得，因此，.故选：D5.如图，某工厂储存原料的储存仓是由圆柱和圆锥构成的，若圆柱的高是圆锥高的2倍，且圆锥的母线长是2，侧面积是，则该储存仓的体积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】设圆锥的底面圆半径为，由侧面积是，得，解得，圆锥的高，则圆柱的高为，所以该储存仓的体积为.故选：C6.已知函数，将的图象向右平移个单位后，得到函数的图象，若的图象与的图象关于轴对称，则的值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】依题意，，由的图象与的图象关于轴对称，得对任意恒成立，即对任意恒成立，因此，解得，而，则.故选：B7.已知双曲线的左顶点为，右焦点为，过点且斜率为的直线与圆相切，与交于第一象限的一点．若，则的离心率的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】依题意，点，直线的方程为，圆的圆心为，半径为，由直线与圆相切，得，令双曲线离心率为，又，则，因此，即，解得，所以的离心率的取值范围是.故选：A8.已知为锐角，且，，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由可得，即，因此即可得，令，则，令，则,由可得，因此可知当时，，此时在上单调递减，当时，，此时在上单调递增，因此可得当时，取得极小值，也是最小值，即，因此的最小值为.故选：C二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求，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.已知一组样本数据，，…，，…，，，则下列说法错误的是（）A.，，…，的下四分位数为B.，，…，的中位数为C.，，…，的平均数小于，，…，的平均数D.，，…，的方差为，，…，的方差的倍【答案】ABD【解析】对于A，由，得下四分位数为，A错误；对于B，数据，，…，共个，其中位数为，B错误；对于C，，C正确；对于D，，，…，的方差为，，…，的方差的倍，D错误.故选：ABD10.已知在中，内角的对边分别为，，，外接圆半径为5，且满足，则下列结论正确的是（）A. B.是锐角三角形C. D.的面积为10【答案】AC【解析】因为，所以，因此；所以由可得；即，其中；再由三角函数值域可知，因此只有当时，等式成立；因此，即，对于A，可知，即A正确；对于B，由分析可知，即；又，，所以，因此为钝角，即为钝角三角形，即B错误；对于C，由分析知，且，根据余弦定理可得，解得，即C正确；对于D，此时三角形面积，即D错误故选：AC11.已知函数的定义域为，若满足，且函数是奇函数，则下列结论正确的是（）A. B.C. D.【答案】AD【解析】函数的定义域为，由函数是奇函数，得，对于A，由，得，由，得，则，A正确；对于B，由，，得，，B错误；对于C，，而，即，因此，C错误；对于D，由，得，则，D正确.故选：AD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.的展开式中的常数项为______．【答案】70【解析】的展开式的通项为，令得，，故常数项为，故答案为：70.13.在平行四边形中，，．若为的中点，则向量在向量上的投影向量为______（用表示）；若，点在边上，满足，点，分别为线段，上的动点，满足，则的最小值为______．【答案】①.②.【解析】依题意可知，又，，所以则向量在向量上的投影向量为；以为坐标原点建立平面直角坐标系，如下图所示：由，可得，且，所以，又，所以；设，所以，由可得；又，所以；因此；可得，显然当时取得最小值，最小值为.故答案为：；14.已知函数有三个极值点，且，则实数的取值范围是______．【答案】【解析】函数的定义域为R，求导得，由函数有三个极值点，得有三个不同的零点，显然，则方程有三个不相等的实根，令，于是直线与的图象有三个不同交点，求导得，由，得，由得，或，函数在上单调递增，在上单调递减，，，又时，恒成立，因此，而，则，令，则，即，令，求导得，令，求导得，函数在上单调递减，，则，函数在上单调递减，，而函数在上单调递增，当时，，因此，解得，所以实数的取值范围是.故答案为：四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．15.已知数列是公差大于2的等差数列，其前项和为，，且，，成等比数列．（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前项和．解：（1）设等差数列的公差为，则，，由，，成等比数列，得，而，解得，所以数列的通项公式为.（2）由（1）得，当为偶数时，，当为奇数时，，所以.16.如图，在四棱锥中，，，，底面，是上一点．（1）求证：平面平面；（2）若是的中点，求平面与平面的夹角的正弦值．（1）证明：在四棱锥中，，，则，，在中，，则，即，于是，由平面，平面，得，又平面，则平面，又平面，所以平面平面.（2）解：由（1）知，平面，而平面，则，又，因此是二面角的平面角，在中，，则，由是的中点，得，于是，所以平面与平面的夹角的正弦值为.17.已知函数．（1）求的零点个数；（2）设是的一个零点，证明：曲线在点处的切线也是曲线的切线．解：（1）函数的定义域为，求导得，函数在和上均单调递增，由，，得在上有唯一零点，由，，得在上有唯一零点，所以有且仅有两个零点.（2）曲线在点处的切线方程为，即，设曲线在点处的切线斜率为，则，，，即切点，则曲线在点处的切线方程为，即.由是的一个零点，得，则，因此直线与直线为同一直线，所以曲线在点处的切线也是曲线的切线.18.小王是一位篮球运动爱好者，常去居住地附近，两个篮球场馆打篮球．已知小王第一次随机选择一个场馆打篮球．若前一次选择场馆，那么下次选择场馆的概率为；若前一次选择场馆，那么下次选择场馆的概率为．（1）若，，求小王前三次选择相同场馆打篮球的概率的最大值；（2）求小王第二次去场馆打篮球的概率；（3）若，，设小王前两次选择场馆打篮球的次数为，求的分布列和数学期望．解：（1）设“小王前三次选择相同场馆打篮球”为事件，易知小王第一次随机选择场馆的概率为，若第一次选择场馆，第二次也选择场馆的概率为，第三次还选择场馆概率为；小王第一次随机选择场馆的概率为，若第一次选择场馆，第二次也选择场馆的概率为，第三次还选择场馆概率为；又因为，,因此可得，显然函数为单调递增，所以当时，取得最大值，最大值为；（2）设“小王第二次选择场馆打篮球”为事件，易知小王第一次随机选择场馆的概率为，若第一次选择场馆，第二次选择场馆的概率为；小王第一次