河北省秦皇岛市2025届高三下学期5月决战新高考质量检测数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河北省秦皇岛市2025届高三下学期5月决战新高考质量检测数学试卷一、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.数据16，22，13，14，25，17，18，19，21，10的第70百分位数是（）A.18 B.19 C.20 D.21【答案】C【解析】将给定数据由小到大排列为：10，13，14，16，17，18，19，21，22，25，由，得第70百分位数是.故选：C2.已知向量，，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】向量，则，解得或，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A3.已知，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为，所以由，，故选：A4.已知抛物线C：的焦点为F，点为抛物线C上的一点，且，点B是抛物线C上异于点A的一点，且A，F，B三点共线，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由抛物线的定义可得：，解得，则抛物线C：.所以，.设，因为A，F，B三点共线，所以，解得（b＝1舍去），故，．故选：A5.已知数列满足：，，，且，则数列的前100项和为（）A.4050 B.4950 C.5050 D.4450【答案】B【解析】由，得，而，则数列是首项为1，公比为2的等比数列，因此，，所以数列的前100项和为.故选：B6.已知椭圆，过的右焦点的直线交于，两点，若存在直线使得，则的离心率的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】设的右焦点坐标为，长轴是过的右焦点的最长弦，当直线不垂直于轴时，设直线的方程为，由消去得，设，，则，当且仅当时取等号，依题意，，解得，则的离心率.故选：D7.已知全集，集合，，是全集的三个子集，定义：表示集合中元素的个数，若，，则所有的有序子集列有（）A.360个 B.640个 C.960个 D.1920个【答案】C【解析】由，得从全集中选择3个元素分别作为中的元素，不同方法种数是，余下的两个元素中的每一个元素只能是属于中的一个或都不属于这3个集合，因此余下的两个元素中的每一个元素都有4种不同的选择方法，所以所有的有序子集列有个.故选：C8.已知函数，若，，，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】函数的定义域为，求导得，函数在上单调递增，，则；令函数，求导得，令函数，求导得，令函数，求导得，函数在上递增，，函数在上递增，，函数在上递增，，，则；令函数，求导得，函数在上递减，，即，则，因此，所以.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.将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则下列结论中正确的是（）A.的最大值为2B.在区间上单调递增C.的图象关于点对称D.的图象与的图象关于直线对称（是的导数）【答案】BCD【解析】函数，则，对于A，最大值为，A错误；对于B，当时，，则在区间上单调递增，B正确；对于C，，的图象关于点对称，C正确；对于D，，，即，的图象与的图象关于直线对称，D正确.故选：BCD10.如图，圆锥的底面半径为1，侧面积为，是圆锥的一个轴截面，是底面圆周上异于，的一点，则下列说法正确的是（）A.的面积为B.圆锥的侧面展开图的圆心角为C.由点出发绕圆锥侧面旋转一周，又回到点的细绳长度最小值为D.若，则三棱锥的体积为【答案】ABC【解析】由圆锥的底面半径为1，侧面积为，得圆锥母线，圆锥的高，对于A，，A正确；对于B，圆锥的侧面展开图扇形弧长为，圆心角为，B正确；对于C，将圆锥的侧面沿母线剪开展成平面图形，连接，如图，所求细绳长度最小值为，C正确；对于D，当时，，，，D错误.故选：ABC11.在平面四边形中，，，，，为边的中点，则以下四个命题中正确的是（）A.若，，，四点共圆，则B.当时，，，，四点共圆C.若，则的面积为D.当变化时，长度的最大值为【答案】AC【解析】对于选项A，四点共圆性质与勾股定理应用：若，，，四点共圆，当时，根据勾股定理可得.已知，，则，即.又因为且，所以，那么，解得，故A正确.对于选项B，若，，，四点共圆，则，所以.在中，根据余弦定理；在中，.已知，，，代入可得，解方程可得.再将代入，故B错误.对于选项C，如图，取中点N，在中，，，连接.根据余弦定理，则.因为，，为的中点，所以，.那么的面积为，故C正确.对于选项D，设，，因为，分别为边中点，所以，，.在中，由余弦定理得；由正弦定理，可得.在中，，由余弦定理得.令，因为，所以，则.那么，令，在上单调递增，当时，的最大值，所以长度的最大值为，故D错误.故选：AC.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.若复数满足，则的虚部为___________.【答案】【解析】，的虚部为.故答案为：.13.已知正方体的各顶点都在球的表面上，若球的表面积为，则平面截球所得的截面面积为______．【答案】【解析】由球的表面积为，得球的半径为，则正方体的体对角线长为，正方体的棱长为2，则正边长为，其外接圆半径，则外接圆面积为，所以平面截球所得的截面面积为.故答案为：14.已知函数，及其导函数的定义域均为，若，，且，则______．【答案】5【解析】函数的定义域均，由，得，求导得，则，又，因此；由，得，由，得，因此，解得，所以.故答案为：5四、解答题：本大题共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.某公司举办成立30周年暨2024年职工联欢会，活动某一环节进行员工抽奖，在不透明的盒子中放入8张旅游奖券，其中3张省内欢乐游奖券，4张国内经典游奖券，1张国外自助游奖券．（1）若不放回地从盒中连续抽取两张奖券（每次抽取一张），求在第一次抽取到省内欢乐游奖券的条件下，第二次也抽取到省内欢乐游奖券的概率；（2）若有放回地从盒中抽取三张奖券（每次抽取一张），记抽到国内经典游奖券张，求的分布列与数学期望．解：（1）依题意，在第一次抽取到省内欢乐游奖券的条件下，新的样本空间中有7个基本事件，抽取到省内欢乐游奖券的事件含有2个基本事件，所以第二次也抽取到省内欢乐游奖券的概率（2）有放回地从盒中抽取三张奖券，每次抽到国内经典游奖券概率，的可能取值为，，，，所以的分布列为：0123的数学期望为：.16.设函数．（1）求在点处的切线方程；（2）证明：．（1）函数，求导得，则，而，所以的图象在点处的切线方程为，即.（2）证明：函数的定义域为，由（1）知，函数在上单调递增，而，则存在，使得，即，当时，；当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，因此，函数在上单调递减，则，于是；令函数，求导得，函数在上单调递增，则，即，因此，所以.17.如图，在多面体中，平面，平面，平面，四边形为菱形，，．（1）若是靠近点的三等分点，证明：平面；（2）求平面与平面夹角的正弦值．（1）证明：连接，交于点，因为平面，平面，所以，又平面，平面平面，所以，即四边形为矩形，又四边形为菱形，所以，以为原点，以为轴，以为轴，过作垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，，所以，，，则，，所以，，又平面，平面，且与相较于点，所以平面；（2）解：由（1）知，，，，，则，，，设平面的法向量为，则，令，解得，，所以平面的法向量为，设平面的法向量为，则，令，解得，，所以平面的法向量为，设平面与平面的夹角为，且由题意知，则，所以，即平面与平面夹角的正弦值为.18.已知是焦距为的双曲线上一点，过的一条直线与双曲线的两条渐近线分别交于，且，过作垂直的两条直线和，与轴分别交于两点，其中与轴交点的横坐标是.（1）证明:;（2）求的最大值，并求此时双曲线的方程;（3）判断以为直径的圆是否过定点，如果是，求出所有定点;如果不是，说明理由.（1）证明：因为，所以，即，双曲线的渐近线方程为，位于两条渐近线上，若，则，若，则，①，又点双曲线上，，解得：，故，；（2）解：当时，与轴的交点为，若，则，若，则，，由（1）可得:同号，于是，，，，当且仅当时，，故面积最大值为，此时，双曲线方程为；当时，易得，，，由①式可得:，且点在双曲线上，，，，当时，同样当且仅当时，，双曲线方程为；（3）解：由题意，，，，，点在双曲线上，，从而，，设以为直径的圆上的任意一点为，由，可得该圆的方程为，不恒为，故要恒成立，必须有且，故所求的定点为和.19.由个正整数构成的有限集（其中），记，特别规定，若集合M满足：对任意的正整数，都存在集合M的两个子集A，B，使得成立，则称集合为“满集”.（1）分别判断集合与是否为“满集”，请说明理由；（2）若集合为“满集”，求的值：（3）若为满集，，求的最小值.解：（1），当时，取的子集为，则，当时，取的子集为，则，当时，取的子集为，则，故为“满集”.而，设为的两个子集，若，则，则，故，，矛盾，故不是“满集”.（2）若，则，取，依题意，存在设为的两个子集，使得，则，而或，若，则，这与矛盾，故即，此时，因，故对的任意真子集，总有，故不成立，而时，，故对的任意子集，总不成立，即不成立即.（3）因为为满集，由（2）可得，若，对于集合，考虑集合对的总数，因为中的任意一个元素，可放置在中的任何一个，故集合对的总数为，由这些集合对得到的的不同个数最多为，这与集合为满