河北省名校2025届高三适应性演练联考数学试卷（解析版）

这是一份河北省名校2025届高三适应性演练联考数学试卷（解析版），共20页。试卷主要包含了 设集合，，若，则， 已知为虚数单位，且，则， 正项数列满足，则， 已知，则等内容，欢迎下载使用。
1. 设集合，，若，则（ ）
A. B. 0C. 1D. 或0
【答案】A
【解析】由可知或，
解得或；
又因为时，集合中的元素不满足互异性，舍去；
所以.
故选：A
2. 已知为虚数单位，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】由，得，而，则，，
所以.
故选：C
3. 正四棱锥底面边长与侧棱长均为为空间任一点，且满足，则线段长度的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】取底面正方形中心，中点，连结，
以为原点，为轴建立空间直角坐标系，
则，
设，则，
因为，得，
所以点在以为球心，以1为半径的球面上，
且，
则，即线段长度的取值范围为.
故选：C

4. 将函数的图象上的点沿轴左右平移个单位长度后，正好位于函数的图象上，则（ ）
A. 的最小值为B. 的最小值为
C. 的最小值为D. 的最小值为
【答案】D
【解析】依题意，，
若点沿轴向左平移个单位长度所得点，则，
若点沿轴向左平移个单位长度所得点，则，
由，得或，
解得或，
所以.
故选：D
5. 正项数列满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】正项数列满足，
可得，
两式相减得，可得，当时，，适合上式.
所以，所以，
所以
.
故选：B
6. 如图正三棱柱底面边长为2，高为6，点分别在棱上，且，若平面恰好将正三棱柱体积均分，则平面和平面夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为，即，，
又平面恰好将正三棱柱体积均分，所以点为的中点，
延长与的延长线交于点，延长与的延长线交于点，连接，
则为平面与平面的交线，
因为，，，，，
所以，即，解得，所以；
，即，解得，所以，
在中由余弦定理
，
所以，
所以，即，
又平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以，
所以为平面和平面夹角，又，
所以，
即平面和平面夹角的余弦值为.
故选：A
7. 已知椭圆与椭圆离心率相同，过左顶点与上顶点的直线与椭圆交于两点，若恰为线段的两个三等分点，则的长轴长为（ ）
A. 5B. C. D.
【答案】B
【解析】因为椭圆与椭圆离心率相同，
所以，所以，
椭圆的左顶点，上顶点，
又过左顶点与上顶点的直线方程为，
不妨设点在轴上方，过点作轴的垂线，则为的中点，则，
所以，所以，解得（负值已舍去）
所以的长轴长为.
故选：B
8. 已知，则（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】D
【解析】，，
，
设，则，
原方程组可表示，即，
由①得，由②得，
两式联立得，，
将的值代入中得，，
则.
故选：D.
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，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 甲乙二人统计变量和变量，得到一组数据并进行回归分析，甲同学首先求出变量的8个数据平均值为2，回归直线方程，乙同学对甲的计算过程进行检查，发现甲将一数据错看成，甲乙二人将错误修正后得到正确回归直线方程，则（ ）
A. 变量的8个数据正确平均值为
B.
C. 变量和变量正相关
D. 变量和变量的相关系数为4
【答案】ABC
【解析】由甲同学所得错误的回归直线方程过点得，
并得到，，
所以，，
又甲将一数据错看成，
所以实际应为，，
故正确的，，故A正确；
又，，满足，所以，解得，故B正确；
又因为回归直线方程的斜率为，所以变量和变量正相关，故C正确；
根据变量和变量的相关系数的范围为，故，故D错误.
故选：ABC
10. 已知双曲线的左右焦点为，点在上，为坐标原点，则（ ）
A. 时，为直角三角形
B. 时，为锐角三角形
C. 为等腰三角形时，或
D. 外接圆半径为时，
【答案】ACD
【解析】对于A，，所以，设点，
由得，，
得，所以，
即，所以为直角三角形，故A正确；
对于B， 当时，满足，，，
所以，即，所以为直角三角形，故B错误；
对于C，不妨设点在双曲线右支上时，则，
只能是，或，
当时，可得，
因为，由余弦定理得，
即，解得，
当，可得，
因为，由余弦定理得，即
，解得，
综上为等腰三角形时，或，故C正确；
对于D，设外接圆半径为，由正弦定理得，
所以，则或，
设点，，，
由余弦定理得，
即，解得，
当时，，
则，
即，所以，
当时，，
则，
即，所以，因为，所以舍去，综上，故D正确.
故选：ACD.
11. 若，满足且的点构成的区域记为.满足且的点构成的区域记为，则（ ）
A. 的面积为16B. 的周长为
C. 的面积为D. 的周长为
【答案】AB
【解析】由得，
所以或或，表示两条相交直线和一个圆，
由，当，方程为；
以代替x方程不变，曲线关于y轴对称；以代替y方程不变，曲线关于x轴对称；
以、代替x、y方程不变，曲线关于原点对称；
所以曲线既是轴对称图形也是中心对称图形；
所以方程的曲线围成的封闭图形是一个
以、、、为顶点的正方形．
满足且即，
则或；
所以满足且的点构成的区域如图1阴影部分.
其的面积为，
的周长为，故AB正确；
满足且即，
则或；
所以满足且的点构成的区域如图2阴影部分.
其的面积为，
的周长为，故CD错误；
故选：AB
三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 的展开式中的系数为__________.
【答案】
【解析】因为，
其中展开式的通项为，
所以的展开式中含的项为，
所以的展开式中的系数为.
故答案为：
13. 函数的极小值点为__________.
【答案】
【解析】因，则，
令，则，
则
则得；得，
则在上单调递减，在上单调递增，
则的极小值点为.
故答案为：
14. 已知实数满足不等式，则__________.
【答案】8
【解析】不等式，
令函数，，求导得，
当时，；当，，
函数在上单调递增，在上单调递减，
则，即，当且仅当时取等号，
于是，即，当且仅当时取等号，
因此，当且仅当时取等号，
，当且仅当时取等号，
则，
于是，解得，所以.
故答案为：8.
四､解答题：本大题共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. 一个袋子中有2个红球，2个白球和1个黑球，从中逐一取球，已知每个球被抽取的可能性相等.
（1）若每次抽取后又放回，抽3次，分别求恰2次为红球的概率及抽全三种颜色球的概率；
（2）若每次抽取后不放回，求抽完红球所需次数的分布列及均值.
解：（1）抽取一次取到红球的概率为，取到白球的概率为，取到黑球的概率为，
∴抽取3次恰2次为红球概率为；
抽全三种颜色球的概率为，
所以恰2次为红球的概率为，抽全三种颜色球的概率为；
（2）因为每次抽取后不放回，所以抽完红球所需次数的可能取值为，，，，
所以，，
，，
所以的分布列为：
所以.
16. 数轴上一动点从坐标原点开始每次移动若干个单位，第次移动的规则如下：若为偶数，向右移动个单位，若为奇数，向左移动1个单位.动点第次移动完后，在数轴上的坐标位置即为，且规定.
（1）求；
（2）求数列的通项公式.
解：（1）由题意可得，当为奇数时，；当为偶数时，，
则，，，，.
（2）由（1）知，当为奇数时，；当为偶数时，，
则当为奇数时，为偶数，为奇数，有，，
则，即，
则，
由累加法可得，
，
则，
而符合上式，则当为奇数时，；
当为偶数时，为奇数，则，
则，
故数列的通项公式为.
17. 已知函数.
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）若函数存在大于1的极值点，证明：函数的极小值小于.
（1）解：函数的定义域为，求导得，
令，求导得，当时，，
则函数在上单调递增，而，
当时，；当时，，
函数的递减区间为，递增区间为.
（2）证明：由函数存在大于1的极值点，设此极值点为，由（1）知1是的另一极值点，
由，得，令函数，
求导得，函数在上单调递增，，
则，而，于是，因此，
当时，，函数在上单调递减，，
因此函数的极小值点不是1，应为，函数的极小值为，
且，
，即，
所以函数的极小值小于.
18. 在平面直角坐标系中，点为直线上的动点，过作的垂线，该垂线与线段的垂直平分线交于点，记的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）过点的直线与曲线交于两点，直线与直线分别交于两点，线段的中点为.
（i）求的最大值；
（ii）求四边形面积的最小值.
解：（1）连接，则，
则根据抛物线的定义，点的轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线．
则点的轨迹的方程为．
（2）（i）依题意直线的斜率不为，设直线的方程为，，，，
联立，整理得，则，
所以，，
设，则，则，
直线的方程为，
同理：直线的方程为，
令得，，，
因为，所以，，
所以，，
所以轴，轴，所以，
取线段的中点为，则直线为线段的垂直平分线，
所以，，
所以，
所以求最大，即最大，
因为
，
所以当时，取得最大值，此时取最大值，
即的最大值为；
（ii）因为，所以四边形的面积，
又，
所以
，
所以当时，此时四边形的面积取得最小值.
19. 在空间中，过点作平面的垂线，垂足为，记.设为两个不同的平面，为平面外的三点..
（1）若，判断直线与平面位置关系；
（2）平面与平面夹角为锐角且交于直线，直线，求证：；
（3）若对于任意点，恒有成立，求平面与平面夹角的大小.
（1）解：已知，，可知，，所以.
当、两点位于平面同侧时，因为，
所以四边形为平行四边形，
又因为直线不在平面内，所以.
当、两点位于平面两侧时，直线与平面相交.
（2）证明：已知平面与平面夹角为锐角且交于直线，直线，
，为平面，外的两点.
因为直线PQ与平面、内的直线平行，可得，.
由已知得，
设，，
则于点，于点，于点，于点.
由于平面与平面夹角为锐角，所以，两点不在直线上，
所以，四边形为矩形，那么，
又，直线，可得.
由（1）知，，所以.
在与中，（已证），，，
所以，则.
（3）解：由已知，设，，
可得，，，.

设平面与平面交线为直线，因为且，
所以，，，可得平面，
进而有平面，平面.
点，，，，均在过点且与直线垂直的截面内，设该截面与直线交于点，
设，，则，.
设，在中，，，
在中，，.
又因，.
在中，根据余弦定理可得
.
同理，在中，
.
根据进行化简：
.
可得.
利用，将代入上式，
得到.
进一步变形为.
再对进行变形：
.
则，
继续化简为，
最终得到对于任意点恒成立.
因为是对于任意点恒成立，不恒为，所以.
由，且，可得.
则，所以平面与平面夹角为.