河北省保定市2025届高三下学期一模试题 数学 含解析

这是一份河北省保定市2025届高三下学期一模试题 数学 含解析，共20页。
1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题卡上.将条形码横贴在答题卡“条形码粘贴处”.
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动、用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.
3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
4，考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将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.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.
1 设集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】解不等式求得集合，进而求得.
【详解】，解得，
所以，
所以.
故选：D
2. 已知向量，且，则的值为（ ）
A. 4B. C. 4或D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】由向量加法和模长运算的坐标表示计算即可.
【详解】，
，
两边平方后化简可得或.
故选：C
3. 设为等差数列的前项和，若，则（ ）
A. B. C. 12D. 14
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，结合等差数列前项和公式，列式求出公差即可.
【详解】设等差数列的公差为，由，得，
解得，所以.
故选：A
4. 设，则的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据指数函数的单调性以及对数函数的单调性分别判断出的取值范围，从而可得结果.
【详解】由指数函数的单调性可知：
，
又，
所以，
故选：B
5. 函数有且只有三个零点，则的取值可以是（ ）
A. 3B. C. 1D.
【答案】D
【解析】
【分析】拆分绝对值后转变为方程根的个数问题，分离参数，利用导数分析单调性和极值，综合可得.
【详解】令得，
当时，，则，令，
所以当时，，为增函数；当时，，为减函数，
所以函数在处取得极大值，且，当时，；
当时，，
则，则时，，为减函数，
当时，；
综上，与函数图象有三个交点时，即函数有且只有三个零点时.
所以的取值可以是.
故选：D
6. 已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，为的重心，且尚，则的值为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】利用抛物线定义将转化为横坐标与的方程，再由重心的坐标关系列出横坐标与的方程，解方程组即可求得的值.
【详解】由题：，设，
由抛物线定义知：，
又为的重心，所以，所以，
故选：B.
7. 已知三棱锥中，平面，，，，则三棱锥的外接球表面积（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据正弦定理求底面外接圆半径，再根据三棱锥外接球半径求得外接球半径，进而求外接球表面积.
【详解】在中，，，
所以，所以.
设外接圆半径为，则.
又平面，且，设三棱锥的外接球半径为，
则.
所以三棱锥的外接球表面积为：.
故选：D
8. 在中，，为边的中点，且，则的最大值为（）
A. 3B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】通过向量关系建立等式，再结合已知条件转化为可求最值的形式，进而求得最大值.
【详解】因为为中点，所以，
两边平方可得，
已知，，
则，
所以，即，
设，，则，
令，则，代入可得：
，
将其看作关于的一元二次方程，
因为存在，所以判别式，
即，，，，解得，
故的最大值为.
故选：C.
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列选项正确的是（ ）
A. 设是随机变量，若，则
B. 已知某组数据分别为1，2，3，5，6，6，7，9，则这组数据的上四分位数为6
C. 二项式展开式中的常数项为
D. 设是随机变量，若，则
【答案】AC
【解析】
【分析】A选项，按正态分布的表达含义可得结果；
B选项，按百分位数的求解方法计算即可；
C选项，表达二项式的通项，令字母因数部分指数为零可得解；
D选项，按二项分布的方差公式及性质运算即可.
【详解】A选项：若，则，A选项正确；
B选项：1，2，3，5，6，6，7，9，这组数据已按从小到大排好序，共有8个数据，
上四分位数是第百分位数，因为，结果是整数，
所以百分位数是这组数据中第6个和第7个数的平均数，为，B选项错误；
C选项：二项式的通项为，
令，解得，展开式的第四项为常数项，
为，C选项正确；
D 选项：若，则，
所以中，，
则，D选项错误.
故选：.
10. 已知函数，则（ ）
A. 函数最小正周期为
B. 函数关于点中心对称
C. 函数的图像向左平移个单位，得到的函数图像关于轴对称
D. 函数在上不单调，则的取值范围为
【答案】ACD
【解析】
【分析】由三角恒等变换化简函数.求出函数的周期判断A选项；求出函数对称中心判断B选项；由函数的平移得到平移后的函数解析式，从而知道函数的对称性判断C选项；求出其导函在对应区间上的值域，由题意建立不等式组，解得的取值范围判断D选项.
【详解】函数，
对于A选项：∵，∴，A选项正确；
对于B选项：令，解得，∴是函数的一个对称中心，B选项不正确；
对于C选项：平移后的函数，函数图像关于轴对称，C选项正确；
对于D选项：，当时，，∴，要想函数不单调，则，∴，D选项正确.
故选：ACD.
11. 已知函数在上是增函数，在上是减函数，且方程有3个不等实根，它们分别为，，2，则（ ）
A. 实数为0B. 为定值
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】先根据函数的单调性，可判断出有两个解，一个是0，另一个大于2，可求的值及的取值范围；再根据方程有三个不同实根，可得，处理可得与的关系，接下来可逐项判断选项的准确性.
【详解】因为，所以.
因为函数在上是增函数，在上是减函数，
所以方程有两个解：故A正确；
其中一个根为0，即，
另一根：.
所以，又方程有3个不等实根，它们分别为，，2.
所以.
由为定值，故B正确.
又.
由.
当时，，此时，
所以只有两个根，与有3个不等实根矛盾，所以.
因为，
因为，所以，无法确定，故C错误；
因为，
因为，所以，所以，故D正确.
故选：ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分；共计15分.
12. 设是第二象限角，为其终边上一点，且，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据余弦函数的定义列方程解出，再利用正切函数的定义求解即可.
【详解】由题：，
又是第二象限角，所以，
所以，
故答案为：.
13. 已知分别为双曲线的左，右焦点，以为直径的圆与其中一条渐近线在第一象限交于点，过点作另一条渐近线的垂线，点恰在此垂线上，则双曲线的离心率为______．
【答案】2
【解析】
【分析】由已知可推得，然后得出，即可根据的关系得出离心率.
【详解】
如图，设为与渐近线的交点，
由题意：，，
所以Q是线段的中点，
所以.
又直线，是双曲线的渐近线，由双曲线对称性知，
所以，所以，
所以，
所以离心率
故答案为：2
14. 现有n个串联的信号处理器单向传输信号，处理器的工作为：接收信号——处理并产生新信号——发射新信号．当处理器接收到一个A类信号时，会产生一个A类信号和一个B类信号并全部发射至下一个处理器；当处理器接收到一个B类信号时，会产生一个A类信号和两个B类信号，产生的B类信号全部发射至下一个处理器，但由接收B类信号直接产生的所有A类信号只发射一个至下一个处理器．当第一个处理器只发射一个A类信号至第二个处理器，按上述规则依次类推，若第n个处理器发射的B类信号数量记作，即，则______，数列的通项公式______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】设第个处理器发射的类信号数量记作，易得当时，第个处理器发射的类信号数量为，从而可求出数列的通项，由题意可得当时，，根据递推公式即可求出，再利用构造法即可求出数列的通项.
【详解】设第个处理器发射的类信号数量记作，
则，
由题意，当时，第个处理器发射的类信号数量为，
即当时，，
当时，，
则，
故当时，，
可得，
又，
所以数列从第二项开始是以为首项，为公比的等比数列，
所以，所以，
当时，上式不成立，
所以.
故答案为：；.
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. 在四棱锥中，底面菱形，．
（1）若，证明：平面平面；
（2）若平面平面，且二面角的大小为，求的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，利用勾股定理的逆定理可得，结合，可证平面，进而可证结论；
（2）过作于点，连接，可证，进而得为二面角的平面角，进而可得，求得，可得，进而利用勾股定理可求得.
【小问1详解】
取的中点，连接，
因为，所以，
又因为，所以，
因为，四边形是菱形，所以是等边三角形，
所以，所以，
所以，又，平面，
所以平面，又平面，所以平面平面；
【小问2详解】
过作于点，连接，
由（1）可知，又平面平面，平面平面，
所以平面，又平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以，
所以为二面角的平面角，又二面角的大小为，
所以，在中，可得，所以，
在中，，，所以，
所以，在中，，所以，
所以.
16. 已知函数．
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）讨论函数的单调性．
【答案】（1）；
（2）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）把代入，求出函数的导数，利用导数的几何意义求出切线方程.
（2）求出函数的导数，再分类讨论求出函数的单调区间及单调性.
【小问1详解】
当时，函数，求导得，则，而，
所以曲线在处的切线方程为，即.
【小问2详解】
函数定义域为，
求导得，
当时，由，得；由，得，
函数在上单调递增，在上单调递减；
当时，由，得或；由，得，
函数在上单调递增，在上单调递减；
当时，，当且仅当时取等号，函数在上单调递增；
当时，由，得或；由，得，
函数在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，函数在上单调递增，在上单调递减；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减；
当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减.
17. 为测试某人工智能机器人在动态环境中执行路径规划的能力，命令该人工智能机器人在动态环境中执行路径规划任务，任务规则如下：该机器人需要依次通过5个关键区域，成功通过3个区域即认为其完成任务，每个区域存在动态障碍物，机器人成功通过一个区域的概率为，被障碍物阻挡的概率为．每成功通过一个区域得6分，每被障碍物阻挡一次扣3分，每个区域的测试结果相互独立，若机器人累计成功通过3个区域，任务提前结束，若机器人被障碍物阻挡的次数达到3次，则任务无法完成，任务结束．
（1）若任务在过第4个区域后终止且人工智能机器人完成任务，求此事件的概率；
（2）记任务结束时该人工智能机器人的总得分为X，求X的分布列和数学期望.
【答案】（1）；
（2）分布列见解析，.
【解析】
【分析】（1）根据已知，对应事件为机器人通过了第4个区域，且前3个区域通过2个区域、被阻挡1区域，应用重复独立事件的概率求法求概率；
（2）根据已知有X的可能值为，并求出对应事件的概率写出分布列，进而求期望.
【小问1详解】
在过第4个区域后终止任务且人工智能机器人完成任务，
所以机器人通过了第4个区域，且前3个区域通过2个区域、被阻挡1区域，
故事件概率为.
【小问2详解】
由题意，总得分X的可能值为，
前3次都成功通过，此时，则；
前3次有2次成功通过、1次被阻挡，第4次成功通过，此时，则；
前4次有2次成功通过、2次被阻挡，第5次成功通过，此时，则；
前4次有2次成功通过、2次被阻挡，第5次被阻挡，此时，则；
前3次有1次成功通过、2次被阻挡，第4次被阻挡，此时，则；
前3次都被阻挡，此时，则；
所以分布列如下，
则.
18. 已知椭圆过两点，椭圆的所有外切矩形的顶点在一个定圆上，称此圆为椭圆的蒙日圆．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）矩形为椭圆的外切矩形，求矩形面积的取值范围；
（3）过椭圆的蒙日圆上一点作椭圆的两条切线，切点分别为，且直线的斜率都存在，证明：为定值．
【答案】（1）；
（2）； （3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）由椭圆所过的点列出关于的方程组即可求解；
（2）分“外切矩形四边所在切线存在斜率不存在”和“外切矩形四边所在切线斜率都存在”，设切线，与椭圆联立方程，利用位置关系结合判别式求出，同理依次得切线满足，切线满足，切线满足，再利用两平行线间距离求出两组切线的距离，从而得面积并结合对称性和基本定理计算化简即可得解；
（3）证明：设切线，与椭圆方程联立结合韦达定理依次求得，进而得斜率，同理得即可证明为定值.
【小问1详解】
由题得，
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
当外切矩形四边所在切线存在斜率不存在时，此时矩形面积为；
当外切矩形四边所在切线斜率都存在时，
则可设切线，
联立，
则，
由题可设切线，同理可得，
切线和距离为；
由题可设切线，
联立，
则，
由题可设切线，同理可得，
切线和距离为；
所以由对称性可得矩形面积为，
令，当且仅当即等号成立时，
所以，
则，
综上，矩形面积的取值范围为.
【小问3详解】
证明：设切线，
联立，
则
，
此时，所以斜率，
同理可得，所以为定值.
19. 数学中的数除了实数，复数之外，还有四元数.一般地，形如的数为四元数，其中都是实数，都是虚数单位，这些虚数单位满足.其中的模为，的共轭四元数记作．给定两个四元数，可以进行同复数类似的加减运算，例如：.对于四元数的乘法满足分配律和结合律，但不满足交换律，规定：，．
（1）若，求的值；
（2）已知四元数．
（i）若，求证：；
（ii）若数列均为正项数列，且（为常数），求证：．
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据定义计算即可；
（2）（i）分别求出，，，得表达式及范围，即可得证；
（ii）根据结合基本不等式即可得证.
【小问1详解】
由，得，
所以
；
【小问2详解】
（i）由题意
，
则
，
又因为，
所以，
，
或，
，
故，
所以；
（ii）由，
得，
又因为
，①
当且仅当时取等号，
同理，②
，③
，④
由①②③④得
，
即，
又
，
所以，
所以.
18
15
12
3