河北省秦皇岛市2025届高三下学期5月决战新高考质量检测数学试题（解析版）

这是一份河北省秦皇岛市2025届高三下学期5月决战新高考质量检测数学试题（解析版），共4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。
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. 数据16，22，13，14，25，17，18，19，21，10的第70百分位数是（ ）
A. 18B. 19C. 20D. 21
【答案】C
【解析】将给定数据由小到大排列为：10，13，14，16，17，18，19，21，22，25，
由，得第70百分位数是.
故选：C
2. 已知向量，，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】向量，
则
，解得或，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
3. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为，所以由，
，
故选：A
4. 已知抛物线C：的焦点为F，点为抛物线C上的一点，且，点B是抛物线C上异于点A的一点，且A，F，B三点共线，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由抛物线的定义可得：，解得，则抛物线C：.所以，.
设，因为A，F，B三点共线，所以，解得（b＝1舍去），
故，．
故选：A
5. 已知数列满足：，，，且，则数列的前100项和为（ ）
A. 4050B. 4950C. 5050D. 4450
【答案】B
【解析】由，得，而，
则数列是首项为1，公比为2的等比数列，因此，，
所以数列的前100项和为.
故选：B
6. 已知椭圆，过的右焦点的直线交于，两点，若存在直线使得，则的离心率的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】设的右焦点坐标为，长轴是过的右焦点的最长弦，
当直线不垂直于轴时，设直线的方程为，
由消去得，设，
，则
，当且仅当时取等号，
依题意，，解得，则的离心率.
故选：D
7. 已知全集，集合，，是全集的三个子集，定义：表示集合中元素的个数，若，，则所有的有序子集列有（ ）
A. 360个B. 640个C. 960个D. 1920个
【答案】C
【解析】由，得从全集中选择3个元素分别作为中的元素，不同方法种数是，
余下的两个元素中的每一个元素只能是属于中的一个或都不属于这3个集合，
因此余下的两个元素中的每一个元素都有4种不同的选择方法，
所以所有的有序子集列有个.
故选：C
8. 已知函数，若，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】函数的定义域为，求导得，
函数在上单调递增，，则；
令函数，求导得，
令函数，求导得，令函数，
求导得，函数在上递增，，函数在上递增，
，函数在上递增，，，则；
令函数，求导得，
函数在上递减，，即，则，
因此，所以.
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. 将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则下列结论中正确的是（ ）
A. 的最大值为2
B. 在区间上单调递增
C. 的图象关于点对称
D. 的图象与的图象关于直线对称（是的导数）
【答案】BCD
【解析】函数，则，
对于A，最大值为，A错误；
对于B，当时，，
则在区间上单调递增，B正确；
对于C，，的图象关于点对称，C正确；
对于D，，
，即，的图象与的图象关于直线对称，D正确.
故选：BCD
10. 如图，圆锥的底面半径为1，侧面积为，是圆锥的一个轴截面，是底面圆周上异于，的一点，则下列说法正确的是（ ）
A. 的面积为
B. 圆锥的侧面展开图的圆心角为
C. 由点出发绕圆锥侧面旋转一周，又回到点的细绳长度最小值为
D. 若，则三棱锥的体积为
【答案】ABC
【解析】由圆锥的底面半径为1，侧面积为，得圆锥母线，圆锥的高，
对于A，，A正确；
对于B，圆锥的侧面展开图扇形弧长为，圆心角为，B正确；
对于C，将圆锥的侧面沿母线剪开展成平面图形，连接，如图，
所求细绳长度最小值为，C正确；
对于D，当时，，，
，D错误.
故选：ABC
11. 在平面四边形中，，，，，为边的中点，则以下四个命题中正确的是（ ）
A. 若，，，四点共圆，则
B. 当时，，，，四点共圆
C. 若，则的面积为
D. 当变化时，长度的最大值为
【答案】AC
【解析】对于选项A，四点共圆性质与勾股定理应用：若，，，四点共圆，
当时，根据勾股定理可得.已知，，则，即.
又因为且，所以，那么，解得，故A正确.
对于选项B，若，，，四点共圆，则，所以.
在中，根据余弦定理；在中，.
已知，，，代入可得，解方程可得.
再将代入，故B错误.
对于选项C，如图，取中点N，在中，，，连接.
根据余弦定理，则.
因为，，为的中点，所以，.那么的面积为，故C正确.
对于选项D，设，，因为，分别为边中点，
所以，，.
在中，由余弦定理得；
由正弦定理，可得.
在中，，
由余弦定理得
.
令，因为，所以，则.
那么，令，在上单调递增，
当时，的最大值，所以长度的最大值为，故D错误.
故选：AC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若复数满足，则的虚部为___________.
【答案】
【解析】，
的虚部为.
故答案为：.
13. 已知正方体的各顶点都在球的表面上，若球的表面积为，则平面截球所得的截面面积为______．
【答案】
【解析】由球的表面积为，得球的半径为，则正方体的体对角线长为，
正方体的棱长为2，则正边长为，其外接圆半径，
则外接圆面积为，所以平面截球所得的截面面积为.
故答案为：

14. 已知函数，及其导函数的定义域均为，若，，且，则______．
【答案】5
【解析】函数的定义域均，由，得，
求导得，则，又，因此；
由，得，由，得，
因此，解得，所以.
故答案为：5
四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．
15. 某公司举办成立30周年暨2024年职工联欢会，活动某一环节进行员工抽奖，在不透明的盒子中放入8张旅游奖券，其中3张省内欢乐游奖券，4张国内经典游奖券，1张国外自助游奖券．
（1）若不放回地从盒中连续抽取两张奖券（每次抽取一张），求在第一次抽取到省内欢乐游奖券的条件下，第二次也抽取到省内欢乐游奖券的概率；
（2）若有放回地从盒中抽取三张奖券（每次抽取一张），记抽到国内经典游奖券张，求的分布列与数学期望．
解：（1）依题意，在第一次抽取到省内欢乐游奖券的条件下，新的样本空间中有7个基本事件，
抽取到省内欢乐游奖券的事件含有2个基本事件，
所以第二次也抽取到省内欢乐游奖券的概率
（2）有放回地从盒中抽取三张奖券，每次抽到国内经典游奖券概率，
的可能取值为，，
，，
所以的分布列为：
的数学期望为：.
16. 设函数．
（1）求在点处的切线方程；
（2）证明：．
（1）函数，求导得，则，而，
所以的图象在点处的切线方程为，即.
（2）证明：函数的定义域为，
由（1）知，函数在上单调递增，
而，
则存在，使得，即，当时，；
当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，
因此，
函数在上单调递减，则，于是；
令函数，求导得，函数在上单调递增，
则，即，
因此，
所以.
17. 如图，在多面体中，平面，平面，平面，四边形为菱形，，．
（1）若是靠近点的三等分点，证明：平面；
（2）求平面与平面夹角的正弦值．
（1）证明：连接，交于点，
因为平面，平面，所以，
又平面，平面平面，所以，即四边形为矩形，
又四边形为菱形，所以，
以为原点，以为轴，以为轴，过作垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，，
所以，，，
则，，
所以，，
又平面，平面，且与相较于点，
所以平面；
（2）解：由（1）知，，，，，
则，，，
设平面的法向量为，则，
令，解得，，所以平面的法向量为，
设平面的法向量为，则，
令，解得，，所以平面的法向量为，
设平面与平面的夹角为，且由题意知，
则，
所以，
即平面与平面夹角的正弦值为.
18. 已知是焦距为的双曲线上一点，过的一条直线与双曲线的两条渐近线分别交于，且，过作垂直的两条直线和，与轴分别交于两点，其中与轴交点的横坐标是.
（1）证明:;
（2）求的最大值，并求此时双曲线的方程;
（3）判断以为直径的圆是否过定点，如果是，求出所有定点;如果不是，说明理由.
（1）证明：因为，所以，即，
双曲线的渐近线方程为，位于两条渐近线上，
若，则，若，则，
①，
又点双曲线上，
，解得：，
故，
；
（2）解：当时，与轴的交点为，
若，则，若，则，
，
由（1）可得:同号，于是，，
，，
当且仅当时，，故面积最大值为，
此时，双曲线方程为；
当时，易得，
，
，
由①式可得:，且点在双曲线上，
，
，
，
当时，同样当且仅当时，，
双曲线方程为；
（3）解：由题意，，，
，，
点在双曲线上，
，从而，
，
设以为直径的圆上的任意一点为，
由，可得该圆的方程为，
不恒为，
故要恒成立，必须有且，
故所求的定点为和.
19. 由个正整数构成的有限集（其中），记，特别规定，若集合M满足：对任意的正整数，都存在集合M的两个子集A，B，使得成立，则称集合为“满集”.
（1）分别判断集合与是否为“满集”，请说明理由；
（2）若集合为“满集”，求的值：
（3）若为满集，，求的最小值.
解：（1），
当时，取的子集为，则，
当时，取的子集为，则，
当时，取的子集为，则，
故为“满集”.
而，设为的两个子集，
若，则，
则，故，，矛盾，故不是“满集”.
（2）若，则，取，
依题意，存在设为的两个子集，使得，
则，
而或，若，则，
这与矛盾，故即，此时，
因，故对的任意真子集，总有，
故不成立，而时，，
故对的任意子集，总不成立，即不成立即.
（3）因为为满集，由（2）可得，
若，对于集合，考虑集合对的总数，
因为中的任意一个元素，可放置在中的任何一个，
故集合对的总数为，
由这些集合对得到的的不同个数最多为，
这与集合为满集矛盾.所以，取，
此时，
下证：为满集.
证明：考虑集合
设，则，
，
若，则，
否则，设与中从左到右第一个不对应相等的项的下标，
则，不妨设，
若，
则
，
而，
故，与矛盾，
若， 同理可得，与矛盾，
若，
则
而
，
故，与矛盾，故中的元素两两相异.
中的最小值为0，最大值为，
故.
（i）任意的，则，
因为，
故，
构造集合如下：若，则，若，则，
故.
（ii）若，故，
由（i）中分析可得存在集合，使得，
其中，令，则.
由（i）（ii）可得为满集，故的最小值为.0
1
2
3