河北省秦皇岛市部分重点中学2025届高三下学期抽测数学试卷（解析版）

这是一份河北省秦皇岛市部分重点中学2025届高三下学期抽测数学试卷（解析版），共21页。试卷主要包含了 已知集合，则， 若非零复数满足，则， 已知函数，则等内容，欢迎下载使用。
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. D.
【答案】A
【解析】对于集合，将不等式变形为，即.
则，所以集合.
对于集合，解不等式，得到，即集合.
所以，即.
故选：A.
2. 若非零复数满足，则（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】B
【解析】设，由，得，
即，则，解得，
所以.
故选：B
3. 已知平面向量是单位向量，且，则（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】D
【解析】由向量，得，由，得，
所以.
故选：D
4. 已知随机变量服从二项分布，若随机变量满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由随机变量服从二项分布，得，由，得，
所以.
故选：C
5. 已知双曲线的渐近线与相切，则该双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】A
【解析】由题，圆心到渐近线即的距离为半径2.
即.故离心率.
故选：A
6. 已知函数，则（ ）
A. 的零点均为的零点B. 的零点均为的零点
C. 的极值点均为的零点D. 的零点均为的极值点
【答案】B
【解析】依题意，，
由，得，
解得，即或，
由，得，解得，
因此的零点均为的零点，B正确，A错误；
由，得函数极值点，
无论，取何整数，与均无相同的数，故C，D错误.
故选：B
7. 已知等比数列的各项均为正数，且公比，设，则在这3个数中（ ）
A. 小于4的数至少有2个B. 小于4的数至多有2个
C. 大于4的数至少有2个D. 大于4的数至多有2个
【答案】C
【解析】等比数列中，由，得，，
令函数，求导得，
当时，；当时，，
故函数在上递减，在上递增，
，当时，，
而，
当时，，与4大小关系不确定，恒有，
当时，，与4大小关系不确定，恒有，
又，
因此在这3个数中大于4的数至少有2个，C正确.
故选：C
8. 若直线同时是曲线和曲线的切线，则斜率的最小值为（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】C
【解析】设直线与曲线、曲线相切的切点分别为，
求导得，，则，且，
由，两边取对数整理得：，代入，可得，
令，求导得，
则当时，，当，，
故函数在上单调递减，在上单调递增，，
所以斜率的最小值为.
故选：C
二､多选题：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. 已知圆台的上、下底面半径分别为1和4，母线长为5，则该圆台的（ ）
A. 高4B. 母线与底面所成角为
C. 侧面积为D. 体积为
【答案】ACD
【解析】依题意，圆台轴截面等腰梯形的上、下底边长分别，腰长，
对于A，圆台的高等于圆台轴截面等腰梯形的高，A正确；
对于B，母线与底面所成角等于圆台轴截面等腰梯形底角，，B错误；
对于C，圆台的侧面积，C正确；
对于D，圆台的体积，D正确.
故选：ACD
10. 若函数及其导函数的定义域均为，且均为偶函数，则（ ）
A. 一定是奇函数B. 一定是奇函数
C. 一定是偶函数D. 一定是偶函数
【答案】BC
【解析】由均为偶函数得，，
求导得，即，
对于A，由，得与不一定恒等，不一定是奇函数，A错误；
对于B，由，得一定是奇函数，B正确；
对于C，，一定是偶函数，C正确；
对于D，与不一定恒等，不一定是偶函数，D错误.
故选：BC
11. 甲、乙、丙三个人进行比赛，每轮比赛由两人进行对局，另外一人为该轮的轮空者，随机决定首轮比赛的对局双方，每轮比赛的胜者与该轮的轮空者进行下一轮比赛的对局，以此类推，率先赢得两轮比赛的人夺冠．单局比赛中，每局比赛的结果只有胜、负两种情况，已知甲对乙、丙的胜率分别为，乙对丙的胜率为，且，每轮比赛的结果相互独立．则（ ）
A. 若首轮比赛乙与丙对局，则甲夺冠的概率与的值无关
B. 若，首轮比赛甲与乙对局，则甲夺冠的概率与的值无关
C. 若，首轮比赛甲与乙对局，则乙夺冠的概率大于甲
D. 若，相比于首轮比赛甲与乙对局，甲与丙对局时甲夺冠的概率更大
【答案】ABC
【解析】第二轮由乙（胜者）与甲（轮空者）对局，
若甲胜乙（概率）：甲赢1轮，乙赢1轮，
第三轮由甲（胜者）与丙（轮空者）对局，
若甲再胜丙（概率）：甲累计2胜，直接夺冠，
此路径概率为，
若甲负于乙（概率）：乙累计2胜，乙夺冠，甲无法继续比赛，
丙胜首轮（概率），第二轮由丙（胜者）与甲（轮空者）对局，
若甲胜丙（概率）：甲赢1轮，丙赢1轮，
第三轮由甲（胜者）与乙（轮空者）对局，
若甲再胜乙（概率）：甲累计2胜，直接夺冠，
此路径概率为，
若甲负于丙（概率）：丙累计2胜，丙夺冠，甲无法继续比赛，
总概率为，
该结果完全由和决定，与乙丙对局的胜率无关，故A正确；
首轮甲胜乙（概率），第二轮：甲（胜者）vs丙（轮空者），
甲胜丙（概率）：甲累计2胜，直接夺冠，
概率为，甲负于丙（概率）：甲1胜，丙1胜，乙0胜，
第三轮：丙（胜者）vs乙（轮空者），
乙胜丙（概率）：乙1胜，丙1胜，甲1胜，
第四轮：乙（胜者）vs甲（轮空者），
甲胜乙（概率）：甲累计2胜，夺冠，
路径概率为，
乙胜甲（概率）：乙累计2胜，乙夺冠，
丙胜乙（概率）：丙累计2胜，丙夺冠，
首轮乙胜甲（概率），
第二轮：乙（胜者）vs丙（轮空者），
乙胜丙（概率）：乙累计2胜，乙夺冠，
丙胜乙（概率）：乙1胜，丙1胜，甲0胜，
第三轮：丙（胜者）vs甲（轮空者），
甲胜丙（概率）：甲1胜，丙1胜，乙1胜，
第四轮：甲（胜者）vs乙（轮空者），
甲胜乙（概率）：甲累计2胜，夺冠，
路径概率为，
乙胜甲（概率）：乙累计2胜，乙夺冠，
丙胜甲（概率）：丙累计2胜，丙夺冠，
总概率
，
该结果仅由决定，与无关，故B正确；
首轮甲胜乙（概率），
第二轮：甲vs丙，甲胜丙（概率）：甲累计2胜，直接夺冠，
概率贡献：，丙胜甲（概率）：第三轮：丙vs乙，
乙胜丙（概率）：第四轮：乙vs甲，
乙胜甲（概率）：乙夺冠，
概率贡献：，
甲胜乙（概率）：甲夺冠（此路径属于甲的概率），
丙胜乙（概率）：丙累计2胜，丙夺冠，
首轮乙胜甲（概率），
第二轮：乙vs丙，乙胜丙（概率）：乙累计2胜，直接夺冠，
概率贡献：，丙胜乙（概率）：第三轮：丙vs甲，
甲胜丙（概率）：第四轮：甲vs乙，
甲胜乙（概率）：甲夺冠，概率贡献：，
乙胜甲（概率）：乙夺冠（此路径属于乙的概率），
丙胜甲（概率）：丙累计2胜，丙夺冠，
甲夺冠的总概率
乙夺冠的总概率
,
由于，故，
即乙夺冠概率大于甲，故C正确；
首轮甲与乙对局时的甲夺冠概率，
路径1：甲连胜两局，首轮甲胜乙（概率）→第二轮甲胜丙（概率），
概率：，路径2：甲首轮胜乙，后续需三局，
首轮甲胜乙第二轮甲负丙第三轮乙胜丙第四轮甲胜乙概率：，
路径3：甲首轮负乙，后续需三局，
首轮乙胜甲第二轮丙胜乙第三轮甲胜丙第四轮甲胜乙概率：，
总概率，
首轮甲与丙对局时的甲夺冠概率，
路径1：甲连胜两局，首轮甲胜丙（概率）第二轮甲胜乙（概率），
概率：，路径2：甲首轮胜丙，后续需三局，
首轮甲胜丙第二轮甲负乙第三轮丙胜乙第四轮甲胜丙概率：，
路径3：甲首轮负丙，后续需三局，
首轮丙胜甲第二轮乙胜丙第三轮甲胜乙第四轮甲胜丙概率：，
，
当，乙在首轮后与丙的对抗中更易胜出，
但甲首轮对丙时，丙的威胁可能被削弱，
具体结果依赖于的关系，而非仅由决定.
故D错误.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 设椭圆的左焦点为，点在上，则的最小值为__________，最大值为__________．
【答案】①. 15 ②. 23
【解析】椭圆长轴长为10，左焦点，令右焦点为，点在椭圆外，
因此，当且仅当为线段与椭圆交点时取等号；
，
当且仅当为线段的延长线与椭圆交点时取等号，
所以的最小值为15，最大值为23.
故答案为：15；23

13. 一组互不相等的样本数据，其中，若在样本中加入数据后，新样本数据的回归直线方程与原样本数据的相同，则这组样本数据的回归直线方程为__________．
【答案】
【解析】设回归直线方程为，原数据样本的中心点为，新数据样本的中心点为，
于是，解得，所以回归直线方程为.
故答案为：
14. 已知正四棱锥的底面边长为3，正四棱锥内部的球与其所有面均相切，若球面上仅有一点满足且，则球的表面积为__________．
【答案】
【解析】连接AC，BD，设交点为O，如图建立以O为原点的空间直角坐标系.
因底面边长为3，则，设.
则，，.
因，则，又，
则，则，
因球面上仅有一点满足且，则为球体上顶点，
则，则球体半径为.
注意到正四棱锥体积为：，其中为四棱锥表面积，
如图，取BC中点为F，连接OF，PF，则.
则，则
又正四棱锥体积为：，则
.
则，则球体表面积为：.
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. 记的内角所对的边分别为，已知．
（1）求；
（2）若的周长为，求的面积．
解：（1）因为，由正弦定理可得.
因为，所以，可得，即.
因为，所以，得到，即.
所以，则.
（2）因为，又，
所以，.
由余弦定理得，
又因为，
故，解得.
则，所以.
所以.
16. 已知函数，其导函数为，曲线与曲线交于两点，其中点的横坐标为1．
（1）求点的纵坐标；
（2）证明：点的横坐标大于1；
（3）设，证明：．
（1）解：函数的定义域为，求导得，
由，得，解得或，
由点的横坐标为1，得点的横坐标为，所以点的纵坐标为.
（2）证明：由（1）令，，当时，；当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，则，
所以点的横坐标大于1.
（3）证明：由（1）知，，令，求导得，
当时，；当时，，函数在上递增，在上递减，
，，令函数，
求导得，当时，；当时，，
函数在上递减，在上递增，，
所以.
17. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，．
（1）证明：；
（2）若平面平面，求点到平面的距离．
（1）证明：由题意可知，，且,
所以是等边三角形，所以，且，，
所以，所以，
取的中点，连结，
则，，且，平面，
所以平面，平面，
所以；
（2）解：作，点为垂足，连结，则
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，则，且，
且，所以，
设，则中，根据等面积公式可知，，
解得：，则，
又因为，且，所以，所以，
，所以，
所以的面积为，
三棱锥中，设点到底面的距离为，
的面积为，的面积为，且平面，
因为，即，得，
三棱锥中，设点到平面的距离为，，
即，得
所以点到平面的距离为.
18. 已知抛物线的焦点为，过点的直线交于两点，与平行的直线交于两点，其中在轴上方，分别为的中点．
（1）当直线不垂直于轴时，证明：直线轴；
（2）若，求；
（3）若，求．
（1）证明：抛物线的焦点为，直线不垂直于，设其方程为，
直线方程为，，
由，消去得，则，，
则点，
由，消去得，则，，
则点，
由直线不垂直于轴，得，所以直线轴.
（2）解：由（1）可得，，，
由，得，即，而，解得
，
所以.
（3）解：令与分别交于点，设，
由，得，，即，
则，故点与重合，由，得，
则，即，而，
即，由（2）已得，
故可得：，
又，则，
于是，而，解得，
所以.
19. 数列各项均为正整数，，从中任取个不同的数.若不同取法对应的个数之和不同，则称数列是覆盖数列．
（1）若，求所有的，使数列是覆盖数列；
（2）若，证明：数列是覆盖数列；
（3）若当时，成等差数列，当时，
成等差数列，证明：且，数列是覆盖数列．
解：（1）已知数列为，满足且均为正整数，
故可能的情况有，，，
验证：当时，数列为，两两之和为，无重复；
当时，数列为，两两之和存在重复（如和），故排除；
当时，数列为，两两之和为，无重复；
因此，符合条件的解为和.
（2）用数学归纳法证明：若，
对任意，数列都是覆盖数列.
①当时，数列，由各项均为正整数，且，
从中任取个不同的数，共有种可能的取值：，
由，且，可得
，
故任意不同取法对应的个数之和均不同，即数列是覆盖数列．
即当时，数列是覆盖数列．
②假设当时，数列是覆盖数列.
即数列中任意不同取法对应的个数之和各不相同，
当时，数列中任取个数，可分为两类：
第一类：从中任取个数，
则由归纳假设可知不同取法对应的个数之和各不相同，
且由可知，最大和为；
第二类：取，再从中任取个数，
则；
故当时，数列中任取个数之和也各不相同，
即数列是覆盖数列得证；
综合①②可知，对任意，数列都是覆盖数列.
（3）由题意可得；
；
；
；
；
；
，
各式累加可得，
，
则有
，；
同理可证得，.
下面用数学归纳法证明：对于任意 ，数列是 覆盖数列
①当时，由可知，数列是覆盖数列；
②假设当时，数列是 覆盖数列，
下面证明数列也是 覆盖数列.
从数列中任取个数，
设两组正整数分别为与，
且，，
假设存在两组不同的取法，使得这个数之和相同，即，
设，，
（i）若，不妨设两组数中最大数为，
若最大数时，则，
由
及，
可知，这与假设矛盾；
若最大数时，，同理可知，也与假设矛盾；
（ii）若，则至少一组正整数，使，.
移除所有公共元素后，则由归纳假设可知，
当时，数列是 覆盖数列，
即任意不同取法对应的个数之和不同，即原个数之和不同，这也与假设矛盾；
故由（i）（ii）可知，故假设错误，
即不存在这样的两组不同取法，使得两组的个数之和相同，
所以数列也是 覆盖数列.
综合①②可知，对于任意 且 ，数列 是 覆盖数列.