河北省2025届高三数学第一次联考试卷含解析

这是一份河北省2025届高三数学第一次联考试卷含解析，共7页。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本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.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. 若复数，则（）
A. B. 5C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由共轭复数的定义和复数的运算化简，再由复数的模长公式求解即可.
【详解】因为，所以，
，
所以.
故选：A.
2. 点为等轴双曲线的焦点，过作轴的垂线与的两渐近线分别交于两点，则的面积为（）
A. B. 4C. D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】先求出双曲线的方程，进而求出双曲线的渐近线方程，即可求出两点的坐标，即可求出的面积.
【详解】设双曲线为：，
因为，解得：，
所以双曲线为：，则双曲线的渐近线为：，
所以，解得：，则，
所以为等腰直角三角形，
所以面积为.
故选：B.
3. 已知：不等式的解集为，则是的（）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】首先计算出不等式的解集为时的取值范围，再根据范围大小即可得出结论.
【详解】若不等式的解集为，当时，符合题意；
当时，需满足且，解得
综合可得而所以p能推出q，q不能推出p，
即是的充分不必要条件.
故选：A
4. 用能组成没有重复数字且比32000小的数字（）个.
A. 212B. 213C. 224D. 225
【答案】D
【解析】
【分析】先对数字位数分类讨论，在对五位数的首位数字进行分类讨论：①首位为1，2；②首位为3.然后分析千位数的选取，结合分步乘法计数原理和分类加法计数原理可得结果.
【详解】分数字位数讨论：
一位数5个；
两位数有个；
三位数有个；
四位数有个；
五位数分以下两种情况讨论：
①首位数字为1或2，此时共有个；
②首位数字为3，则千位数从0或1中选择一个，其余三个数位任意排列，
此时共有个.
综上所述，共有个比小的数.
故选：D.
5. 过圆锥高的中点作平行于底面的截面，则截面分圆锥上部分圆锥与下部分圆台体积比为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用圆锥、圆台的体积公式求得圆锥与圆台的体积关系．
【详解】设截面圆半径为r，圆锥的高为h，圆锥的体积为,则圆台下底面圆的半径为2r，圆台的高为h，圆台的体积为，
所以，，
可得.
故选：D.
6. 平面四边形中，点分别为的中点，，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由向量的加法法则可得，两边同时平方可得，由平面向量的夹角公式求解即可.
【详解】因为平面四边形中，点分别为的中点，
所以，
所以，
由可得：，
两边同时平方可得：，
所以，
解得：，所以.
故选：A.
7. 已知首项为2的数列满足，当的前项和时，则的最小值为（）
A. 40B. 41C. 42D. 43
【答案】B
【解析】
【分析】通过计算得到为一个周期为4的数列，从而计算出，得到答案.
【详解】由题意得，，解得，
同理，解得，
，解得，
，解得，
故为一个周期为4的数列，且，
故，，
故的最小值为41.
故选：B
8. 当时，恒成立，则实数的取值范围为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】化简得到，再由，结合三角函数的图象与性质，即可求解.
【详解】由，可得，
因为，可得，所以，
可得，
又因为，
所以
即，
因为，
因为，可得，所以，
则，则，
要使得不等式，即恒成立，
所以，即实数的取值范围为.
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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知五个数据的分位数为15，则这组数据（）
A. 平均数为9B. 众数为10
C. 中位数为10D. 方差为30
【答案】CD
【解析】
【分析】先根据百分位数求出a,再根据众数，平均数，中位数和方差的定义，即可判断选项.
【详解】由题意，五个数据80百分为，第80百分位数为，故；
这组数据中5和10都出现 2 次，其余数出现次数没超过 2次，
故众数为5和10，B错误；
计算平均数为​，故A错误；
将5次数据从小到大排列为: ​，
则中位数为​，故C正确；
方差为​，故D正确.
故选：CD.
10. 已知函数在上有且仅有两个对称中心，则下列结论正确的是（）
A. 的范围是
B. 函数在上单调递增
C. 不可能是函数的图像的一条对称轴
D. 的最小正周期可能为
【答案】AC
【解析】
【分析】A选项，时，，根据图象得到，求出；B选项，整体法得到，结合A选项知，，B错误；C选项，假设为函数的一条对称轴，得到方程，求出，C错误；D选项，，故的最小正周期，D错误.
【详解】A选项，时，，
由函数在上有且仅有两个对称中心得，
，解得，A正确；
B选项，时，，
由A可知，故，而，
故函数在上不一定单调，B错误；
C选项，假设为函数的一条对称轴，
令，，解得，，
又，故，又，故无解，
故不可能是函数的图像的一条对称轴，C正确；
D选项，，故的最小正周期，
故的最小正周期不可能为，D错误.
故选：AC
11. 已知函数的零点分别为，则（）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，由题意得，进而得即可求解判断；对于B，先明确零点取值范围，由取值范围再结合即即可求解判断；对于C，由即以及零点的取值范围即可求解判断；对于D，结合AB以及将转化成即可判断.
【详解】对于A，由题，，
所以即，
所以，故，故A正确；
对于B，由得，
故函数与图象交点横坐标和与图象交点的横坐标即为函数和的零点，
如图，由图象性质可知，
又由A得，故，
所以，故B错；
对于C，由上即，以及得：
，故C对；
对于D，由AB得，，，
所以，故D对.
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：解决本题的关键一是由和得即，二是数形结合明确零点的取值范围为且，接着对所判式子进行变形放缩等即可判断.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知的展开式中各项系数和为8，则展开式中常数项为__________.
【答案】
【解析】
【分析】令即可求出，求出展开式通项即可求出常数项.
【详解】令，可得展开式中各项系数的和，解得；
的展开式通项为，
因为，所以展开式中常数项为，
故答案为：.
13. 抛物线上的动点到直线的距离最短时，到的焦点距离为__________.
【答案】2
【解析】
【分析】设，求出P到直线距离，结合绝对值变形后配方可得最小值,最后求出P到C的焦点距离即可．
【详解】设，则点到直线的距离为
,
当，即当时，
抛物线上一点到直线的距离最短，P到C的焦点距离为.
故答案为：2．
14. 下图数阵的每一行最右边数据从上到下形成以1为首项，以2为公比的等比数列，每行的第个数从上到下形成以为首项，以3为公比的等比数列，则该数阵第行所有数据的和__________.
【答案】
【解析】
【分析】先写出第n行的项再根据等比数列求和即可.
【详解】因为每行的第n个数从上到下形成以为首项，以3为公比的等比数列，
所以
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. 在中，角的对边分别为，且.
（1）求角的大小；
（2）若边，边的中点为，求中线长的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理边角互换以及余弦定理进行化简即可得解.
（2）利用向量模的平方以及余弦定理，再结合基本不等式即可求解.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理可得：，则，
即，
由余弦定理可得：，
因为，所以.
【小问2详解】
因为为的中点，所以，
则，
又由余弦定理得，，
即，所以.
由得，，
则，当且仅当取等号，
即，
所以，即中线长的最大值为.
16. 如图所示，三棱柱中，分别为棱的中点，分别是棱上的点，.
（1）求证：直线平面；
（2）若三棱柱为正三棱柱，求平面和平面的夹角的大小.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接交于，连接，则可证得，再由可证得四边形为平行四边形，则∥，再由线面平行的判定定理可证得结论；
（2）以为原点，以所在的直线为轴，过与平行的直线为轴，所在的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【小问1详解】
证明：取的中点，连接交于，连接，
因为分别为棱的中点，所以∥∥，
所以，所以，
所以，
因为，所以，所以，
因为分别为棱的中点，所以，
因为∥∥，所以，∥，
所以四边形为平行四边形，
所以∥，
因平面，平面，
所以直线平面；
【小问2详解】
解：连接，因为三棱柱为正三棱柱，
所以为等边三角形，所以，
所以以为原点，以所在的直线为轴，过与平行的直线为轴，所在的直线为轴建立空间直角坐标系，
设，则，
所以，
设平面的法向量为，
则，令，则，
设平面的法向量为，
则，令，则，
所以，
设平面和平面的夹角为，则，
因为，所以.
17. 已知，平面内动点满足直线的斜率之积为.
（1）求动点的轨迹方程；
（2）过点的直线交的轨迹于两点，以为邻边作平行四边形（为坐标原点），若恰为轨迹上一点，求四边形的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意得，化简可得轨迹方程．
（2）先设直线再联立直线与轨迹方程，得关于x的一元二次方程，结合韦达定理及点到直线距离公式计算面积即可.
【小问1详解】
设,则,化简可得
【小问2详解】
以为邻边作平行四边形,则直线与x轴不重合,设直线的方程为，直线的方程与椭圆方程联立，
设，，
联立，消去x得，
所以，
则.
求得O到直线的距离，
因为平行四边形的对角线互相平分
所以
所以在椭圆上，可得
所以平行四边形面积
所以四边形面积是.
【点睛】方法点睛：利用平行四边形对角线互相平分，对角线共中点求参进而求出面积.
18. 已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）证明：当时，.
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先明确函数定义域和求导，根据导数结构特征对进行和的分类讨论导数正负即可得单调性.
（2）证，故问题转化成证，接着构造函数研究其单调性和最值即可得证.
【小问1详解】
由题函数定义域为，，
故当时，恒成立，所以函数在上单调递减；
当时，在上单调递减，令，
则时，；时，，
所以函数上单调递增，在上单调递减，
综上，当时，函数在上单调递减；当时，函数在上单调递增，在上单调递减.
【小问2详解】
由（1）当时，函数在上单调递增，在上单调递减，
故在上恒成立，
故证证，
即，
令，则，
故当时，；时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在上恒成立，故，
所以当时，.
【点睛】思路点睛：证明含参函数不等式问题通常转化成研究函数最值问题，第（2）问证当时，可将问题转化成证，接着根据其结构特征进行变形转化和构造函数，利用导数确定所构造的函数单调性和最值即可得证.
19. 一个质点在随机外力的作用下，从平面直角坐标系的原点出发，每隔1秒等可能地向上､向下､向左或向右移动一个单位.
（1）共移动两次，求质点与原点距离的分布列和数学期望；
（2）分别求移动4次和移动6次质点回到原点的概率；
（3）若共移动次（大于0，且为偶数），求证：质点回到原点的概率为.
【答案】（1）答案见解析；
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）首先求出X的所有可能取值以及对应的概率，再结合离散型随机变量的期望公式求答案即可.
（2）利用分步乘法计数原理、组合以及古典概型的概率公式计算可求得结果.
（3）利用数学归纳法证明即可.
【小问1详解】
设表示2次移动中质点与原点距离，则可取0，2，，
当质点向左移动1次向右移动1次，或向上移动1次向下移动1次，最后，则;
当质点向左移动2次或向右移动2次，或向上移动2次或向下移动2次，最后，则;
当质点向左移动1次向上移动1次，或向左移动1次向下移动1次，或向右移动1次向上移动1次，或向右移动1次向下移动1次，最后，则
的分布列为：
.
【小问2详解】
质点从原点出发，每次等可能地向上､向下､向左或向右移动一个单位，共移动4次，
可能的结果共有种情况，
若质点回到原点，则向左移动2次向右移动2次，或向上移动2次向下移动2次，共有种情况，
若质点回到原点，则向左移动1次向右移动1次，向上移动1次向下移动1次，共有种情况，
所以质点回到原点的概率为.
质点从原点出发，每次等可能地向上､向下､向左或向右移动一个单位，共移动6次，
可能的结果共有种情况，
若质点回到原点，则向左移动3次向右移动3次，或向上移动3次向下移动3次，共有种情况，
若质点回到原点，则向左移动2次向右移动2次，向上移动1次向下移动1次，则向左移动1次向右移动1次，向上移动2次向下移动2次，共有种情况，
所以质点回到原点的概率为.
【小问3详解】
若共移动2次，质点回到原点的概率为;
假设共移动N次，满足质点回到原点的概率为;
当共移动次，
移动N次质点回到原点当质点向左移动1次向右移动1次，或向上移动1次向下移动1次，移动次质点回到原点;
移动N次质点在，当质点向左移动2次或向右移动2次，或向上移动2次或向下移动2次，移动次质点回到原点;
移动N次质点在当质点向左移动1次向上移动1次，或向左移动1次向下移动1次，或向右移动1次向上移动1次，或向右移动1次向下移动1次，，移动N+2次质点回到原点;
当共移动次，满足质点回到原点概率为.
所以共移动N次，满足质点回到原点的概率为.
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