河北省部分地区2025届高三上学期9月摸底考试 数学试卷（含解析）

这是一份河北省部分地区2025届高三上学期9月摸底考试 数学试卷（含解析），共16页。

注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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，若且，则（ ）
A．B．C．D．
2．在平面直角坐标系中，若的终边经过点，则的值为（ ）
A．B．
C．D．
3．在平行四边形ABCD中，，点E为CD中点，点F满足，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知双曲线的右焦点为，过点作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为. 若（O为坐标原点），则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
5．设复数在复平面内对应的点关于实轴对称，，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知偶函数对于都有，且当时，. 若有6个零点，则a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．边长为2的正方形的中心为，将其沿对角线折成直二面角.设为的中点，为的中点，将绕直线旋转一周得到一个旋转体，则该旋转体的内切球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
8．在空间直角坐标系中，平面、平面、平面把空间分成了八个部分.在空间直角坐标系中，确定若干个点，点的横坐标、纵坐标、竖坐标均取自集合，这样的点共有个，从这个点中任选2个，则这2个点不在同一个部分的概率为（ ）
A．B．C．D．
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．对于函数，下列说法正确的是（ ）
A．函数在单调递增.
B．函数在单调递减.
C．对任意，都有成立.
D．存在，使得.
10．已知数列满足，且，记的前项和为，的前项和为，则下列说法中正确的是（ ）
A．的通项公式为
B．
C．
D．数列是等差数列
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
11．已知集合，若，则m的取值范围是 .
12．已知轴截面为正三角形的圆锥的高与球的半径之比为3：1，设圆锥的底面半径为，则圆锥的表面积与球的表面积之比为 .
13．某工厂生产甲、乙两种产品，已知生产甲产品件，乙产品件时，总成本为（单位：万元）.若甲产品的产量不超过5件，且甲、乙两种产品的产量之和不超过10件.则总成本C的最小值为 万元.
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.
14．已知数列满足.
(1)证明：数列是等差数列，并求数列的通项公式.
(2)设，求数列的前n项和.
15．已知函数.
(1)若该函数在单调递增，求的取值范围.
(2)当时，若方程有两个实数根，且，证明：.
16．将一个骰子在桌面上连续独立地抛次（为正整数）：设为与桌面接触的数字为奇数的次数，为掷骰子一次与桌面接触的数字为奇数的概率.
(1)当时，若骰子的质地是均匀的，求Y的数学期望和方差.
(2)若骰子有瑕疵，即，设是掷骰子次中与桌面接触的数字为奇数出现偶数次的概率，求证：.
17．如图1，直角梯形中，，以为轴将梯形旋转后得到几何体W，如图2，其中分别为上下底面直径，点分别在圆弧上，直线平面.

(1)证明：平面平面；
(2)若直线与平面所成角的正切值等于，求到平面的距离；
(3)若平面与平面夹角的余弦值为，求．
1．A
【分析】化简集合，由条件根据集合包含关系列不等式求的范围即可.
【详解】不等式，可化为，
所以，
所以，
因为，，
所以，
所以.
所以1,2.
故选：A.
2．C
【分析】利用任意角三角函数的定义结合二倍角公式求出和，再结合两角和的余弦公式求解即可.
【详解】由任意角三角函数定义得，，
由二倍角公式得，
，
由两角和的余弦公式得，
，故C正确.
故选：C
3．A
【分析】连接，由，求解即可.
【详解】解：连接，如图所示：

因为
.
故选：A.
4．C
【分析】求点到双曲线的渐近线的距离，由条件列方程，化简可求离心率.
【详解】设双曲线的半焦距为，则右焦点的坐标为，，
双曲线的渐近线方程为，
不妨设点在渐近线上，则，
所以，因为，所以，所以，
所以双曲线的离心率.
故选：C.
5．B
【分析】利用复数的几何意义即可求得，再由复数的除法运算求出结果.
【详解】根据题意由，在复平面内对应的点关于实轴对称可得；
所以.
故选：B.
6．C
【分析】由函数奇偶性和周期性画出函数图象，转化为与在上的图象要有3个交点，从而得到不等式，求出a的取值范围.
【详解】为偶函数，当时，，则时，，
由可知，函数的一个周期为2，
其中为偶函数，
故同一坐标系下，画出与在上的图象如下：

要想有6个零点，即与有6个交点，
则与在上的图象要有3个交点，
故且，解得.
故选：C
7．B
【分析】作图，根据二面角的定义，余弦定理，可得是两腰为1，底边为的等腰三角形，从而可得旋转体为两个同底面的圆锥组合体，将该旋转体的内切球的半径再转化为其轴截面菱形的内切圆的半径，最后根据等面积求出，即可得到该旋转体的内切球的表面积.
【详解】由边长为2的正方形的中心为，将其沿对角线折成直二面角，
则可得，，，，平面平面，
又平面平面，平面，
平面，
又为的中点，为的中点，为的中点，
则可得,,
过作于点，连接，
则，平面，
又平面，
又，，，,
，
在中，，
又，
，
将绕直线旋转一周得到一个旋转体为两个同底面的圆锥组合体，
作出其轴截面，如图，
则该轴截面中和为边长为1的等边三角形，
该旋转体的内切球的半径即为菱形的内切圆的半径，
由等面积法，则，
即，则，
因此该旋转体的内切球的表面积为.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于得到旋转体为两个同底面的圆锥组合体，其次把求旋转体的内切球的半径，转化为求轴截面菱形的内切圆的半径.
8．B
【分析】利用排列组合及古典概型的概率的知识计算即可.
【详解】由题意得，从这个点中任选2个，共有种选法，
在坐标系同一部分的点的横坐标、纵坐标、竖坐标的正负均相同，
所以八个部分中的点的个数分别为，
从这27个点中任选2个，若这2个点在同一个部分，
概率为
所以这2个点不在同一个部分的概率为．
故选：B.
9．AC
【分析】利用导数求解单调性判断A，B，利用函数的凹凸性判断C，转化为零点问题，利用导数结合零点存在性定理判断D即可.
【详解】因为，所以，
易得，令，
所以，故恒成立，
故单调递增，即当时，恒成立，
所以函数在单调递增，故A正确，
易得，所以，
所以存在作为零点，
令，，令，，
所以函数在不单调递减，故B错误，
由已知得的二阶导数恒大于0，
所以是凹函数，所以成立，故C正确，
欲证，则证，
即证存在，，
令，即证存在，有零点即可，
而，令，
所以，故在上单调递增，
而，所以在上恒成立，
故在上单调递减，易得，
所以在上恒成立，
故在上不可能有零点，故D错误.
故选：AC
10．ABD
【分析】A选项，根据已知条件得到，故为公比为2的等比数列，从而得到；B选项，利用分组求和，结合等差数列和等比数列求和公式得到；C选项，推导出故为递增数列，且，故恒成立，所以；D选项，在A选项基础上得到，为常数列，故D正确.
【详解】A选项，，则，
所以为公比为2的等比数列，其中，故，则，A正确；
B选项，
，B正确；
C选项，，
当时，恒成立，故为递增数列，且，
故恒成立，故，C错误；
D选项，，故为常数列，为等差为0的等差数列，D正确.
故选：ABD
11．或
【分析】化简集合,由两集合交集为空集，列出不等式即可求解.
【详解】
因为
所以或
解得：或
故答案为：或
12．
【分析】根据题意可得圆锥的高，球的半径，再求出圆锥的表面积和球的表面积，即可得答案.
【详解】因为圆锥的底面半径为，且轴截面为正三角形，
所以圆锥的高，
又因为圆锥的高与球的半径之比为3：1，所以球的半径，
所以圆锥的表面积；
球的表面积；
所以.
故答案为：
13．
【分析】由题意可得，且，结合所给总成本关系式可得当、都取最小值时，总成本最小，代入计算即可得.
【详解】由题意可得，且，
由可得：
当不变时，随的增大而增大，当不变时，随的增大而增大，
故当、都取最小值时，有最小值，
即时，有最小值，此时.
故答案为：.
14．(1)；
(2)
【分析】（1）根据等差数列定义即可得数列是以为首项，为公差的等差数列，并求出通项公式；
（2）写出数列的通项公式，利用分组求和的方法即可得出.
【详解】（1）根据题意由易知，
即可得为定值，
由此可得数列是以为首项，公差的等差数列，
所以，可得；
即数列的通项公式为；
（2）由（1）可得；
则数列的前n项和
.
即可得
15．(1)
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用导数与单调性的关系讨论求解；
（2）构造函数，利用导数讨论其单调性，并结合即可证明.
【详解】（1）由题意，
当时，，在上单调递增，满足题意；
当时，当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
又该函数在单调递增，故，
综上可知，的取值范围为
（2）当时，，
由（1）可知在上单调递减，在上单调递增，
所以，令，
则，
所以在上单调递减，，即，
令，则，故，
又在上单调递增，所以，
故
【点睛】方法点晴:对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略:
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围;
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题.
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别.
16．(1)数学期望为，方差为.
(2)证明详见解析
【分析】（1）先求得的值，然后根据二项分布的知识求得的数学期望和方差.
（2）利用全概率公式证得等式成立.
【详解】（1）若骰子的质地是均匀的，则，
依题意可知，
所以.
（2）若骰子有瑕疵，即，
而是掷骰子次中与桌面接触的数字为奇数出现偶数次的概率，
根据全概率公式可知，
整理得.
17．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）设平面与几何体的上底面交于点，利用面面平行的性质，得到，再由平面，证得，进而得到和，证得平面，即可证得平面平面.
（2）连接，由平面，得到，由平面，将问题转化为到平面的距离，再利用，即可求解.
（3）分别取的中点，连接，利用平面平面，将问题转化为平面与平面夹角的余弦值为，过点作，得到则为平面与平面夹角，结合等面积法和射影定理，即可求解.
【详解】（1）证明：设平面与几何体的上底面交于点，即平面平面，
因为平面平面，平面平面，所以，
又因为平面，平面，平面，
所以，所以，
因为，所以，
又因为平面，且平面，所以，
因为，且平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
（2）解：连接，由（1）知平面，
所以就是直线与平面所成的角，即，
因为，所以，所以为直角三角形，
又，所以，
又因为平面平面，
所以点到平面的距离为，
因为平面，
所以点到平面的距离等于点到平面的距离，设为，
因为，所以，
因为，所以，
即点到平面的距离为.
（3）解：分别取的中点，连接，则，
因为且平面，，且平面，
所以平面平面，
若平面与平面夹角余弦值为，则平面与平面夹角的余弦值也为，
因为为的中点，，所以，
又因为且平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
连接，过点作于点，
因为平面平面，且平面，所以平面，
过点作于点，连接，
则即为平面与平面夹角，即为，所以，
设，则，
因为，所以，
又因为，所以，，
在直角中，由射影定理知，所以，
在直角中，，所以，
在直角中，，
整理得，解得，即，
所以.