河北省部分学校2024-2025学年高一下学期5月联考数学试卷（解析版）

这是一份河北省部分学校2024-2025学年高一下学期5月联考数学试卷（解析版），共15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，只有一项符合题目要求的.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】因为集合，，
故.
故选：B.
2. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由题意得，.
故选：D
3. 已知复数，在复平面内对应的点分别为，则“在第二象限”是“在第三象限”的（ ）
A. 充要条件B. 必要不充分条件
C. 充分不必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】设，则.
若A在第二象限，则，，则，，所以B在第三象限.
反之亦成立，所以“A在第二象限”是“B在第三象限”的充要条件.
故选：A.
4. 如图，这是古代的一个青花竹石芭蕉纹玉壶春瓶，忽略花瓶的厚度，该花瓶的轴截面的上半部分对应的曲线是双曲线（焦距为12.3cm）的一部分，且该花瓶的颈部最窄处的直径为4.1cm，则该双曲线的离心率为（ ）
A. 4B. C. 3D. 2
【答案】C
【解析】设双曲线的焦距为，实轴长为.依题意可得，，
则.
故选：C.
5. 若是定义在上的奇函数，当时，，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】因为是定义在上的奇函数，所以，
结合题意作出的大致图象，如图所示，
由图可知，不等式的解集为.
故选：B.
6. 若点在点的正北方向，点在点的南偏西方向，且，则向量表示（ ）
A. 从点出发，朝北偏西方向移动
B. 从点出发，朝北偏西方向移动
C. 从点出发，朝北偏西方向移动2km
D. 从点出发，朝北偏西方向移动2km
【答案】C
【解析】以为坐标原点，正东方向为轴的正方向，正北方向为轴的正方向，建立如图所示的平面直角坐标系，依题意可得，
设，因为，所以四边形为菱形，
则，则为正三角形，所以，
故向量表示从点出发，朝北偏西方向移动2km.
故选：C
7. 已知的内角的对边分别为，为边上一点，且，，当在变化时，点总在椭圆上，则该椭圆的长轴长为（ ）
A. 6B. C. D. 3
【答案】A
【解析】由及余弦定理，得，
整理得，即，故该椭圆的长轴长为.
故选：A
8. 在空间中，过点作三条线段，，，为线段上的动点，则直线与所成角的正弦值的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】先证：三余弦定理：设为平面内一点，过点的斜线在平面上的正投影为直线．为平面内的一条直线，记斜线与直线的夹角（即直线与平面所成角）为，直线与直线的夹角为，直线与直线的夹角为，则．三余弦定理描述了线面角是斜线与平面内任意直线所成角的最小值，又称最小角定理．
如图，不妨设在平面的射影为，则，过点作交直线于点，连接，
即为斜线与平面所成角，
即为斜线在平面的射影直线与平面内的直线所成角，即为斜线与平面内的直线所成角，
，，，
又，，，平面，
平面，
平面，，
根据几何关系可得，，
．
由题意：直线与所成角的最小值为直线与平面所成的角.
设平分.因为，
所以在平面上的射影为，
则为直线与平面所成的角.
由三余弦定理得：，
则，
故直线与所成角的正弦值的最小值为.
故选：D
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. 现有一组数据，则下列结论正确的是（ ）
A. 这组数据的平均数为
B. 这组数据的分位数为2
C. 从这组数据中任取两个数，这两个数相等的概率为
D. 用这组数据的7个数可组成个不同的七位数
【答案】BCD
【解析】对于A，这个数的均值为，故A错误；
对于B，这个数由小到大的排列为，而，
故这组数据的分位数为第三个数即，故B正确；
对于C，从这组数据中任取两个数，总的取法数为，
而从这组数据中任取两个数，两数相等，只有，共有种，
故从这组数据中任取两个数，这两个数相等的概率为，故C正确；
对于D，先从位数的的位置中选个位置给两个，有种位置排法，
同理两个有排法种，余下个位置排，有种排法，
故共有个不同的七位数，故D正确.
故选：BCD.
10. 已知函数，，则（ ）
A. 与在上都单调递增
B. 与在上都单调递减
C. 将的图象向右平移个单位长度后，得到的图象
D. 将的图象向左平移个单位长度后，得到的图象
【答案】BC
【解析】因为，
，
对于A选项，由，得，，
则在上单调递减，在上单调递增，A错误；
对于B选项，由，得，，
则与在上都单调递减，B正确；
对于C选项，将的图象向右平移个单位长度后，
得到的图象，C正确.
对于D选项，将的图象向左平移个单位长度后，
得到的图象，D错误.
故选：BC.
11. 若曲线既关于轴对称，又关于轴对称，还关于原点对称，则称为全对称曲线.已知曲线，直线与曲线恰有两个不同的交点，则（ ）
A. 曲线对全对称曲线
B. 的取值范围是
C. 使得为正整数的共有37个
D. 曲线上存在无数个点，使得点到点的距离等于点到一条定直线的距离
【答案】ABD
【解析】对于A，设为曲线上任意一点，
则仍然在曲线上，
故曲线关于关于轴对称，又关于轴对称，还关于原点对称，
故曲线对全对称曲线，故A正确；
对于B，因为即为或，
前者的焦点坐标为，后者的焦点坐标为，
故曲线由两条抛物线构成（如图所示）：而为过的动直线，
无论取何值，直线与抛物线恒有两个不同的交点，
故直线与无交点，
故即无解，
故只需，此时或，故B正确；
对于C，由B的讨论可得直线与抛物线恒有两个不同的交点，
设，由得，
故，而，故,
而，故存在个，使得为正整数，
故C错误；
对于D，因为即为，取定直线，
对于抛物线，由抛物线的定义可知该抛物线上的任意一点，
它必定满足到的距离等于到准线的距离，
故D正确，
故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若平面截球所得截面圆的半径为1，且球心到截面的距离为，则球的表面积为______________.
【答案】
【解析】因为平面截球所得截面圆的半径为1，且球心到截面的距离为，
故球的半径，故球的表面积为，
故答案为：.
13. 函数的定义域为__________，值域为__________.
【答案】；
【解析】因为，所以恒成立，
由，得，则的定义域为，
，故的值域为.
故答案为：；
14. 某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现一张正方形纸可以被剪成个正方形纸片（整张纸都要用完，不能裁剪一部分丢掉）.例如，下面两个图就给出了两种剪法，分别剪成了4个正方形纸片和6个正方形纸片.事实上，除了可以等于4或6外，还可以等于无数个值，在①，②，③，④，⑤这五个的可能取值中，所有可能取值的序号为__________.
【答案】②③④⑤
【解析】对于①，若原正方形纸被剪成5个正方形，则原正方形四个角分别属于其中4个正方形，第5个正方形无论在边上还是在内部都无法还原成大正方形，所以不可能，故①错误；
对于②，考虑到，所以可以依照图1的方式来剪纸.
对于③，同理，考虑到，
所以也可以同图1的方式来剪纸.
对于④，可以依照图2的方式来剪纸.
对于⑤，因为为平方数，一定满足题意，只需按照题干中的A种剪法即可，
边长剪成45个小正方形即可，所以可以取到.
故这五个n的可能取值中，所有可能取值的序号为②③④⑤.
故答案为：②③④⑤
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. 马球在中国古代叫“击鞠”，始于汉代，兴盛于唐宋时期.2008年6月7日，马球经国务院批准列入第二批国家级非物质文化遗产名录.已知某地马球俱乐部举行一场马球比赛，甲、乙两支马球队参赛，比赛共进行三局，每支马球队每局赢的概率均为，没有平局，且每局比赛的结果相互独立.
（1）在甲马球队赢了第一局的前提下，求乙马球队最终赢的局数多于甲马球队的概率.
（2）已知马球俱乐部为本场马球比赛设置奖励，共赢得一局的马球队获得1000元奖励，共赢得两局的马球队获得4000元奖励，共赢得三局的马球队获得10000元奖励，赢得0局的马球队没有奖励.设甲马球队在这场马球比赛中获得的奖励为X元，求X的分布列与期望.
解：（1）设“甲马球队赢得第i局比赛”，则，且，，两两相互独立，设“乙马球队最终赢的局数多于甲马球队”.
，，
所以，
即在甲马球队赢了第一局的前提下，乙马球队最终赢的局数多于甲马球队的概率为.
（2）的可能取值为0，1000，4000，10000.
设表示三局马球比赛中甲马球队赢的局数，则.
，，
，，
则X的分布列为
故.
16. 已知曲线.
（1）在答题卡中画出的大致图形，并说明理由.
（2）若是上的动点，，，证明：为定值.
（3）若直线与的所有交点的纵坐标之和大于，求的取值范围.
解：（1）由，得或，
所以C由两条直线与圆组成.
故C的图形如图所示.
（2）因为，所以点在圆上，
所以，所以为定值.
（3）将代入，得，将代入，
得，则.
因为，所以不经过点，（，依题意可得，与圆的所有交点的纵坐标之和大于.
当时，与C的所有交点的纵坐标之和为，所以不符合题意.
当时，联立消去x，得.
因为l过定点，且该点在圆的内部，
所以l与圆总有两个交点.
设l与圆的交点为，，
则，解得，
故m的取值范围为.
17. 如图1，已知，，，，将沿边折起，使得点到达点的位置，且，如图2，连接，得到四面体.
（1）求四面体的体积；
（2）求二面角的余弦值.
解：（1）在中，因为，
所以，则.
又，，平面，所以平面.
因为，，
所以，
所以四面体的体积为.
（2）作，垂足为，作，在上.
由（1）知平面，又平面，
故.
以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
如图所示：
在中，，，
则，，，，，.
设平面的法向量为，则即
令，得，故.
易知平面的一个法向量为，
则，
显然二面角为锐角，故二面角的余弦值为.
18. 已知函数，.
（1）证明：当时，恒成立.
（2）证明：当时，在上单调递增.
（3）证明：且.（参考数据：取）
解：（1）因为，
所以在上单调递减，所以.
（2）.
设.
因为，所以.
由（1）知，
所以在上恒成立，所以在上单调递增.
（3）由（2）知，令，得在上单调递增，
所以，
即，所以.
令，可得，则，则.
令，可得，同理可得.
故.
19. 若数列中的每一项均为整数，且中每一项的相反数均不为中的项，则称为“无相反数列”.
（1）若等差数列的前项和为，且，，试问是否为“无相反数列”？说明你的理由.
（2）若数列满足，，求的通项公式，并判断是否为“无相反数列”（需要说明理由）.
（3）已知数列共有项，任取正整数、，若是中的项，则记为可加数对，设中的可加数对总数量为；若是中的项，则记为可减数对，设中的可减数对总数量为.已知可加数对与可减数对均为有序数对.
（i）若为“无相反数列”，证明：.
（ii）证明：.
解：（1）是“无相反数列”.
理由如下：依题意可得，则，
则的公差，所以.
设中存在两项与互为相反数，则，
得，所以中不存在互为相反数的两项，故是“无相反数列”.
（2）因为，所以，
则.
因为，所以数列是第三项为，公比为的等比数列，
所以，则.
因为，，
所以与互为相反数，所以不是“无相反数列”.
（3）（i）由题意知，对于总项数为的数列，其构成的有序数对有个.
若为“无相反数列”，则不可能为中的项，则不是可减数对，这样组成的数对有个.
又中每一项的相反数均不为中的项，所以当为可减数对时，是中的项，且不是中的项，即必不为可减数对，
从而可减数对的数量最多为，即；
（ii）先证明可加数对的数量不多于可减数对的数量.
若为可加数对，则也为中的项，则也为可加数对，
，，故、也为可减数对.
若与为不同的可加数对，则与中至少有一个不成立，
从而与中至少有一个不成立，
则数对和均为不同的可减数对，
故可加数对的数量不多于可减数对的数量.
再证明可减数对的数量不多于可加数对的数量.
若为可减数对，则也为中的项，，故也为可加数对.
若与为不同的可减数对，则与中至少有一个不成立，
从而与中至少有一个不成立.则和均为不同的可加数对，故可减数对的数量不多于可加数对的数量.
综上，且，故.X
0
1000
4000
10000