河北省沧州市运东七县2025届高三下学期3月模拟（二）数学试卷（解析版）

这是一份河北省沧州市运东七县2025届高三下学期3月模拟（二）数学试卷（解析版），共20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. 设集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为
所以
故选：C
2. 某同学记录了3月1日到8日每天的最高温（单位：℃），分别为，则该组数的第80百分位数为（ ）
A. 10B. 13C. 13.5D. 14
【答案】D
【解析】根据题意将数据从小到大排列有共8项数据，
所以，故第80百分数为14.
故选：D.
3. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，，那么的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由题知，，因为是定义在上的奇函数，
所以．
故选：D．
4. 已知，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】，
，
当且仅当时等号成立
故选：D
5. 已知角的始边与轴非负半轴重合，终边经过点，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由三角函数的定义得，，
所以，
故选：C
6. 已知函数的高阶导数为，即对函数连续求阶导数．例如，则，，，，，…，若，则的展开式中的系数是（ ）
A. 360B. 280C. 255D. 210
【答案】D
【解析】因为
所以，
继续求二阶导数得：，
继续求三阶导数得：
，
……
所以.
所以的系数为.
故选：D
7. 在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列.由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0.已知发送信号0时，接收为0和1的概率分别为0.9和0.1：发送信号1时，接收为1和0的概率分别为0.95和0.05.假设发送信号0和1是等可能的，已知接收的信号为0，则发送的信号是1的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设“发送的信号为0”， “接收到的信号为0”，则“发送的信号为1”， “接收到的信号为1”．由题意得
，，，
，，
，
．
故选：B.
8. 在平面直角坐标系中，点，，向量，且，若为抛物线上一点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】设，因为，且，
所以，
消去得：即.
因为抛物线，即，则，
由，此时.
因为点到直线的距离为：，即为的最小值.
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. 已知为虚数单位，以下选项正确的是（ ）
A. 若复数满足，则的最大值为6
B.
C. 若复数，，满足，则
D. 若，则的充要条件是，
【答案】ABD
【解析】对于选项A，令，因为，则，
所以复数对应点在以原点为圆心，为半径的圆上，
又，其几可意义表示点到距离，
又到原点的距离为，所以的最大值为，故选项A正确，
对于选项B，因，所以选项B正确，
对于选项C，取，显然有，但不一定相等，所以选项C错误，
对于选项D，因为，所以选项D正确，
故选：ABD.
10. 在正方体中分别是的中点.下列说法正确的是（ ）
A. 平面
B. 异面直线与所成角的余弦值为
C. 过三点的平面截正方体所得截面图形的周长为
D. 若点在正方体表面上运动，且点到点的距离与到点的距离之比为，则点的轨迹长度为
【答案】ABD
【解析】对于A，设为的中点，连接，
则，而，
所以，故四边形为平行四边形，故，
而平面，平面，故平面，故A正确；
对于B，取的中点，连接，则且，
故或其补角为异面直线所成的角，
而，故，故，故B正确；
对于C，设直线与直线交于，连接角于，
因为，故，同理，故，
故，而，
，故截面图形的周长为，故C错误；
对于D，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，设，
则，
则，故的轨迹为球与正方体表面的截线（如图所示），
每段弧的圆心角为，所在圆的半径为，故三段弧长和为，
故D正确.
故选：ABD.
11. 在重伯努利试俭中，每次试验事件发生的概率为，事件发生的次数超过一半的概率为，下列叙述中正确的是（ ）
A. 若为奇数时，
B. 若为偶数时，
C. 若为奇数时，随着的增大而增大
D. 若为偶数时，随着的增大而增大
【答案】BD
【解析】当 时，二项分布对称，即：,.
对于选项 A：
由二项式系数的对称性可知：事件 发生的次数超过一半的概率 等于事件 发生的次数少于一半的概率.
因为 是奇数，所以事件 发生的次数恰好等于一半的概率为 0，
因此，，选项A错误；
对于选项 B：设 （ 为正整数），则成功次数超过一半的条件为 .
由于 ，二项分布对称，因此：，
此外， 为中间项的概率.
因此，总概率满足：，
由于 ，有：，
即：，由于 ，
因此：，因此，选项 B 是正确的；
对于选项C：
取，，
取，
，
当很小，比如时，很接近于4，于是，
所以，
故C是错误的；
对于选项D：
当 为偶数时，设 ，其中 为正整数，
事件 发生的次数超过一半意味着 ，
设.
.
由于 ，且 ，我们有：.
由于 ，则：.
因此， 对于所有 成立.
由于 且 ，每一项的导数都是正的，因此 ，
即 随着 的增大而增大，故D正确.
故选：BD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知为幂函数，目，则__________.
【答案】
【解析】依题意，设，
由可得，解得，则，
于是.
故答案为：.
13. 已知双曲线的左、右焦点分别为，过点且斜率为的直线与双曲线交于两点，其中点在轴上方，设与的面积分别为，则__________.
【答案】
【解析】已知，则直线，即，
将其代入双曲线方程中得，
设，
则，
故.
故答案为：
14. 已知方程有且仅有两个不相等的正实数根，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【解析】（1）当时，方程化为：，此时无解，舍去；
（2）当时，考虑方程正实数根情况，只需研究当时方程解的情况，
即此时方程化为，
若此时方程有两个不相等的正实数根，则需
（3）当时，因为，
所以方程化为，
若此时方程有两个不相等的正实数根，则需
（4）当时，函数与轴有两个零点
函数与轴有两个零点
因为，所以即
作出函数与函数图象，

由图可知两图象有两个不同交点，且交点横坐标大于零，从而方程有两个不相等的正实数根，
综上，满足条件的取值范围为或，即
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. 在中，角的对边分别为.
（1）求证：；
（2）若，求的面积.
（1）证明：由题意得：，
由余弦定理得，，
所以，
由于，所以或，
因为，所以.
（2）解：由正弦定理可得，即，得，
由余弦定理可得，代入得，
解得舍去），
所以，故.
16. 已知函数.
（1）讨论的极值点个数；
（2）若存在实数使得轴为的切线，求的最大值.
解：（1）由题意得
若，则在上单调递增，无极值点
若，令，得，由于是增函数.
所以时，单调递减，
时，单调递增，
故是的唯一极小值点.
综上，当时，无极值点；时，有唯一极小值点，无极大值点.
（2）设切点，
由（1）知，因为轴为的切线，则
解得，
令，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
故是的唯一极大值点.
，所以的最大值为1.
17. 在三棱柱中，，点为的延长线上一点，且满足.
（1）从这5个点中任取4个点，可以构成多少个不同的三棱锥？并列举所有符合条件的三棱锥；
（2）证明：：
（3）求直线与平面所成的角.
（1）解：构成4个不同的三棱锥，
分别是三棱锥，三棱锥，三棱锥，三棱锥；
（2）证明：连接，因为，所以
同理，取中点，连接，由等腰三角形三线合一,
得,
又平面平面，
所以平面,
平面，所以,
（3）解法1：依题意，可知点在以为直径的圆上，所以，
由（2），所以，
又平面平面，
所以平面为平面的一个法向量.
直线与平面所成的角即直线与直线夹角的余角
因为由（2）知，，所以为正三角形，
故,故直线与平面所成的角为;
解法2：
依题意，可知点在以为直径的圆上，所以，
由（2），所以，
又平面平面，
所以平面，
平面，点到平面的距离等于点到平面的距离，也就是点到平面的距离的，
点到平面的距离为1，
由（2）知为正三角形，，
直线与平面所成角的正弦值是，
所以直线与平面所成角为
解法3：由（2）知平面，
又平面，可得平面平面，
在平面内，过作，垂足为
因为平面平面，平面与平面，
则平面，过作，可知平面，
由此可知两两垂直，所以，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示.
在等边和等边中，可求得，
则在中，，
，
可知
依题意，
可知点在以为直径的圆上，所以，
由（2），所以，
又平面平面，
所以平面，
为平面的一个法向量，
设直线与平面所成角为，
，
直线与平面所成角为
18. 已知椭圆的一个焦点短轴长为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）连线与轴交于点，过焦点的直线与椭圆交于两点.
（i）证明：点在以为直径的圆外：
（ii）在上是否存在点使得是等边三角形.若存在，求出直线方程，若不存在，请说明理由.
解：（1）由题意得，所以，
则椭圆的标准方程为，
（2）（i）由题意得，，
当直线斜率为0时，此时以为直径的圆的方程为，显然在此圆外；
当直线斜率不为0时，设直线的方程为，
由可得，，
恒成立，
设，
则
故在以为直径的圆外.
（ii）当斜率不存在时，，此时到距离为1，故不存在等边三角形，当斜率为0时，易得不存在等边三角形，
当斜率存在且不为0时，设直线的方程为，
设中点为，又，由（i）得，
，由于在直线上，所以
直线的斜率为，所以.
，
因为是等边三角形，所以，则
解得，即，
故直线的方程为或.
19. 已知数列，其中.
（1）若，集合表示集合的非空子集个数.集合的第个非空子集中的所有元素之和记为，设.
（i）直接写出；
（ii）计算的前项相和；
（2）取，在数列中至少有一项为负值，且，将数列各项依次放在正五边形各顶点上，每个顶点一项.任意相邻三个顶点的三项为，若中间项，则进行如下交换，将变换为，直到正五边形各顶点上的数均为非负时变换终止.求证：对任何符合条件的，上述变换终止只需进行有限多次.
（1）解：（i）由则，，因此可得；
由则，，因此可得；
由则，，因此可得；
故；
（ii）由题意得集合，所以，
解法1：（利用子集构成特点）
由于集合的每个元素在其子集中出现的次数均为，
故，
所以，
所以.
解法2：（利用递推关系）
将集合拆分为集合与，
集合的所有非空集合中的元素之和的和为，
集合的所有非空子集中的元素之和的和为与集合的所有子集中的元素加上的和，
集合共有个子集，
所以.
即，易得，累加得，
所以.
所以，
所以.
（2）证明：由题意所述的变换不变，且始终为整数，所以，
构造一个函数，
不妨对进行一次操作，此时五边形顶点上的数变为，
所以有
，
因为，得，又，
所以，
则经过每一次变换，函数的值至少减少2，且恒非负，
所以变换只能进行有限多次.