河北省承德市2025届高三(上)期末数学试卷（解析版）

这是一份河北省承德市2025届高三(上)期末数学试卷（解析版），共13页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由题意得但∴．
故选：A.
2. 在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】由题意得，所以在复平面内对应点位于第四象限．
故选：D.
3. 2024年6月至10月全国进出口总值同比增长速度依次为，，则该组数据的极差与中位数之和为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】将数据按从小到大的顺序排列：，
由题意得该组数据的极差为，中位数为，
则该组数据的极差与中位数之和为．
故选：B.
4. 将函数图象上所有的点向左平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】由题意得
故选：C.
5. 已知奇函数的定义域为，且在上的图象如图所示，则函数的零点个数为（ ）
A. 7B. 6C. 5D. 4
【答案】B
【解析】令得或.
如图，画出在上的图象与直线，直线．
由图可知，的图象与直线有5个公共点，
的图象与直线仅有1个公共点，
则的零点个数为．
故选：B.
6. 已知是椭圆的右焦点，若过点且垂直于轴的直线被截得的弦长等于点到直线距离的一半，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】根据题意，过点且垂直于轴的直线被截得的弦长为，
则，得，
即，所以的离心率为．
故选：C.
7. 已知函数，则（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】由题意得的定义域为，，
因为，所以恒成立，所以是减函数．
又因为，
由单调性可知，．
故选：B.
8. 《九章算术》是我国古代数学名著之一，其中记载了关于粟米分配的问题．现将14斗粟米分给4个人，每人分到的粟米斗数均为整数，每人至少分到1斗粟米，则不同的分配方法有（ ）
A. 715种B. 572种C. 312种D. 286种
【答案】D
【解析】本题可转化为将14个大小相同，质地均匀的小球分给甲，乙，丙，丁4个人，每人至少分1个，利用隔板法在中间13个空隙（两端除外）当中插入3个隔板，可得分配的方案数为，所以不同的分配方法有286种．
故选：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. 已知的内角的对边分别为为的中点，，则（ ）
A. B.
C. 的面积为D.
【答案】ABD
【解析】因为为的中点，所以，则，A正确．由余弦定理得，则，B正确；
由，得，所以，C错误；
由，得，则，D正确．
故选：ABD.
10. 已知分别是双曲线的上、下焦点，过的直线与双曲线的上支交于两点，的长等于实轴长的2倍，且，则（ ）
A. 的焦距为
B. 的渐近线方程为
C.
D. 的周长为
【答案】CD
【解析】
由题意得，由双曲线定义得
所以．
由，得，即．
即解方程组得
所以．
由，得，得，，
所以的焦距为，渐近线方程为，，故A、B错误，C正确；
又的周长为，故D正确；
故选：CD.
11. 已知正三棱锥外接球的表面积为，则下列结论正确的是（ ）
A. 正三棱锥外接球的体积为
B. 当时，点到底面距离为2
C. 若满足条件的正三棱锥存在两个，则
D. 正三棱锥体积的最大值为
【答案】ACD
【解析】设正三棱锥外接球的球心为，半径为．由，得，所以正三棱锥外接球的体积为，A正确；
设，点到底面距离为，则外接圆的半径为，
点到球心的距离为，由，得，
当时，，得，B错误；
若满足条件的正三棱锥存在两个，则方程有两个正解，
则Δ=36-43a2>0,h1+h2=6>0,h1h2=13a2>0,解得，C正确；
由，得，则正三棱锥的体积为．
设函数，则，得在上单调递增，在上单调递减，
所以，D正确．
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若，则______，______．
【答案】 3
【解析】由，得，
所以．
故答案为：3；.
13. 在正方体中，是上靠近的三等分点，则直线与平面所成角的正弦值为______．
【答案】
【解析】如图，
连接．平面，所以直线与平面所成的角为．
设，易得，
，
所以．
故答案为：.
14. 若，则______．
【答案】3
【解析】两边同时除以得，
得．
令函数，则，
令，．
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以．
易得，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，，单调递增，
所以．
因为，
所以，得．
故答案为：3.
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. 蛇年来临之际，某商场计划安排新春抽奖活动，方案如下：1号不透明的盒子中装有标有“吉”“安”“和”字样的小球，2号不透明的盒子中装有标有“祥”“康”“顺”字样的小球，顾客先从1号不透明的盒子中取出1个小球，再从2号不透明的盒子取出1个小球，若这2个球上的字组成“吉祥”“安康”“和顺”中的一个词语，则这位顾客中奖，反之没有中奖，每位顾客只能进行一轮抽奖．已知顾客从不透明的盒子取出标有“吉”“安”“和”“祥”“康”“顺”字样小球的概率均为，且顾客取出小球的结果相互独立．
（1）求顾客中奖的概率；
（2）若小明一家三口参加这个抽奖活动，求小明全家中奖次数的分布列及数学期望．
解：（1）顾客取出的2个小球的字样组成“吉祥”的概率为，
顾客取出的2个小球的字样组成“安康”的概率为，
顾客取出的2个小球的字样组成“和顺”的概率为，
综上，顾客中奖的概率为；
（2）设小明全家中奖的次数为，
则，，
，
，
，则的分布列为
所以．
16. 如图，在直四棱柱中，，，.
（1）证明：四边形是梯形．
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
（1）证明：四棱柱是直四棱柱，
平面平面．
平面，
平面．
平面．
，平面，．
又四边形是梯形.
（2）解：易得两两垂直，
以原点，所在直线分别为轴，轴，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系．
设为1个单位长度，则，．
设平面的法向量为，
则，
取，则，
得平面的一个法向量为，
易得平面的一个法向量为，
平面与平面夹角的余弦值为．
17. 已知函数．
（1）求曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若的导函数有最小值，且是增函数，求的取值范围．
解：（1）由题意得，
则，
所以曲线在点处的切线方程为，
令，得；令，得．
故所求三角形的面积为．
（2）由（1）得，
设，则，
当时，单调递增，没有最小值．
当时，令，得，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
则．
因为是增函数，所以，即．
又，所以，得，即取值范围为．
18. 已知、、是的三个顶点，、分别为的外心、垂心．
（1）求点、的坐标（用、表示）；
（2）若，求点的轨迹；
（3）设第（2）问中点的轨迹为曲线，过点的直线与曲线交于、两点，与抛物线交于、两点（从左到右依次为、、、
），当最小时，求的斜率．
解：（1）因为点在的中垂线上，所以点的横坐标为．
设，则由，得，
得，即．
由垂心的性质可知，，则点的横坐标为，
设点，则，且，
由，得，得，即．
（2）由（1）可得．
由，得，
得，
所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆（挖去，两点）．
（3）若直线的斜率为零，则直线与抛物线有且只有一个交点，不合乎题意，
设的方程为，设点、．
联立得得，
则恒成立，由韦达定理可得，，
因为
，
所以（当且仅当时，等号成立），
则．
因为，所以，得．
此时，直线的斜率为.
19. 若数列满足，且，则称是“摆动数列”．已知是“摆动数列”，且的前项和为．
（1）若，列出所有可能的取值；
（2）若，求的取值集合；
（3）若，等可能地取定的正负号（即与发生的概率相等），求是整数的概率．
解：（1）当时，由，得或0．
当时，由，得或2；
当时，由，得或．
综上，所有可能的取值为．
（2）由题意得，设．
当时，由，
得，
则
．
当时，取得最大值，且最大值为．
当时，．
当时，．
……
当时，取得最小值，且最小值为．
综上，取遍－35到55之间（包括）的所有奇数，所以的取值集合为，即的取值集合为．
（3）设是整数的概率为是整数的概率为是整数的概率为，则．
要使是整数，则必然不是整数．
当是整数时，只有当时，是整数；
当是整数时，只有当时，是整数．
所以．
又，所以，得，
则数列是首项为，公比为的等比数列．
故，即．0
1
2
3