河北省石家庄市新乐市2025年高三适应性调研考试数学试题含解析

这是一份河北省石家庄市新乐市2025年高三适应性调研考试数学试题含解析，共14页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号，若集合，，则下列结论正确的是，已知，，那么是的等内容，欢迎下载使用。
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．将函数的图象先向右平移个单位长度，在把所得函数图象的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，若函数在上没有零点，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
2．设为等差数列的前项和，若，则
A．B．
C．D．
3．在边长为的菱形中，，沿对角线折成二面角为的四面体（如图），则此四面体的外接球表面积为（ ）
A．B．
C．D．
4．设M是边BC上任意一点，N为AM的中点，若，则的值为( )
A．1B．C．D．
5．阅读如图的程序框图，若输出的值为25，那么在程序框图中的判断框内可填写的条件是（ ）
A．B．C．D．
6．已知双曲线的一个焦点与抛物线的焦点重合，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．3D．4
7．若集合，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
8．已知复数是纯虚数，其中是实数，则等于（ ）
A．B．C．D．
9．如图，正方体的棱长为1，动点在线段上，、分别是、的中点，则下列结论中错误的是（ ）
A．，B．存在点，使得平面平面
C．平面D．三棱锥的体积为定值
10．已知，，那么是的（ ）
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
11．已知i为虚数单位，则（ ）
A．B．C．D．
12．如图是二次函数的部分图象，则函数的零点所在的区间是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知，椭圆的方程为，双曲线方程为，与的离心率之积为，则的渐近线方程为________.
14．已知的展开式中含有的项的系数是，则展开式中各项系数和为______.
15．已知集合，，则_____________.
16．已知函数，则下列结论中正确的是_________.①是周期函数；②的对称轴方程为，；③在区间上为增函数；④方程在区间有6个根.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）如图，在四棱柱中，平面平面，是边长为2的等边三角形，，，，点为的中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求二面角的余弦值．
（Ⅲ）在线段上是否存在一点，使直线与平面所成的角正弦值为，若存在求出的长，若不存在说明理由．
18．（12分）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形且∥，侧面为等边三角形，且平面平面.
（1）求平面与平面所成的锐二面角的大小；
（2）若，且直线与平面所成角为，求的值.
19．（12分）如图，D是在△ABC边AC上的一点，△BCD面积是△ABD面积的2倍，∠CBD=2∠ABD=2θ．
（Ⅰ）若θ=，求的值；
（Ⅱ）若BC=4，AB=2，求边AC的长．
20．（12分）已知三棱锥中，为等腰直角三角形，，设点为中点，点为中点，点为上一点，且．
（1）证明：平面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．
21．（12分）已知函数
（1）若函数有且只有一个零点，求实数的取值范围；
（2）若函数对恒成立，求实数的取值范围.
22．（10分）《山东省高考改革试点方案》规定：从2017年秋季高中入学的新生开始，不分文理科；2020年开始，高考总成绩由语数外3门统考科目和物理、化学等六门选考科目构成．将每门选考科目的考生原始成绩从高到低划分为、、、、、、、共8个等级．参照正态分布原则，确定各等级人数所占比例分别为、、、、、、、．选考科目成绩计入考生总成绩时，将至等级内的考生原始成绩，依照等比例转换法则，分别转换到、、、、、、、八个分数区间，得到考生的等级成绩．某校高一年级共2000人，为给高一学生合理选科提供依据，对六个选考科目进行测试，其中物理考试原始成绩基本服从正态分布．
（1）求物理原始成绩在区间的人数；
（2）按高考改革方案，若从全省考生中随机抽取3人，记表示这3人中等级成绩在区间的人数，求的分布列和数学期望．
（附：若随机变量，则，，）
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．A
【解析】
根据y=Acs（ωx+φ）的图象变换规律，求得g（x）的解析式，根据定义域求出的范围，再利用余弦函数的图象和性质，求得ω的取值范围．
【详解】
函数的图象先向右平移个单位长度，
可得的图象，
再将图象上每个点的横坐标变为原来的倍(纵坐标不变)，
得到函数的图象，
∴周期，
若函数在上没有零点，
∴ ，
∴ ，
，解得，
又，解得，
当k=0时，解，
当k=-1时，，可得，
.
故答案为：A.
本题考查函数y=Acs（ωx+φ）的图象变换及零点问题，此类问题通常采用数形结合思想，构建不等关系式，求解可得，属于较难题.
2．C
【解析】
根据等差数列的性质可得，即，
所以，故选C．
3．A
【解析】
画图取的中点M，法一：四边形的外接圆直径为OM，即可求半径从而求外接球表面积；法二：根据，即可求半径从而求外接球表面积；法三：作出的外接圆直径，求出和，即可求半径从而求外接球表面积；
【详解】
如图，取的中点M，和的外接圆半径为，和的外心，到弦的距离（弦心距）为.
法一：四边形的外接圆直径，，
；
法二：，，；
法三：作出的外接圆直径，则，，，
，，，
，，，.
故选：A
此题考查三棱锥的外接球表面积，关键点是通过几何关系求得球心位置和球半径，方法较多，属于较易题目.
4．B
【解析】
设，通过，再利用向量的加减运算可得，结合条件即可得解.
【详解】
设，
则有.
又，
所以，有.
故选B.
本题考查了向量共线及向量运算知识，利用向量共线及向量运算知识，用基底向量向量来表示所求向量，利用平面向量表示法唯一来解决问题.
5．C
【解析】
根据循环结构的程序框图，带入依次计算可得输出为25时的值，进而得判断框内容.
【详解】
根据循环程序框图可知，
则，
，
，
，
，
此时输出，因而不符合条件框的内容，但符合条件框内容，结合选项可知C为正确选项，
故选：C.
本题考查了循环结构程序框图的简单应用，完善程序框图，属于基础题.
6．A
【解析】
根据题意，由抛物线的方程可得其焦点坐标，由此可得双曲线的焦点坐标，由双曲线的几何性质可得，解可得，由离心率公式计算可得答案．
【详解】
根据题意，抛物线的焦点为，
则双曲线的焦点也为，即，
则有，解可得，
双曲线的离心率.
故选：A．
本题主要考查双曲线、抛物线的标准方程，关键是求出抛物线焦点的坐标，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．
7．D
【解析】
由题意，分析即得解
【详解】
由题意，故，
故选：D
本题考查了元素和集合，集合和集合之间的关系，考查了学生概念理解，数学运算能力，属于基础题.
8．A
【解析】
对复数进行化简，由于为纯虚数，则化简后的复数形式中，实部为0，得到的值，从而得到复数.
【详解】
因为为纯虚数，所以，得
所以.
故选A项
本题考查复数的四则运算，纯虚数的概念，属于简单题.
9．B
【解析】
根据平行的传递性判断A；根据面面平行的定义判断B；根据线面垂直的判定定理判断C；由三棱锥以三角形为底，则高和底面积都为定值，判断D.
【详解】
在A中，因为分别是中点，所以，故A正确；
在B中，由于直线与平面有交点，所以不存在点，使得平面平面，故B错误；
在C中，由平面几何得，根据线面垂直的性质得出，结合线面垂直的判定定理得出平面，故C正确；
在D中，三棱锥以三角形为底，则高和底面积都为定值，即三棱锥的体积为定值，故D正确；
故选：B
本题主要考查了判断面面平行，线面垂直等，属于中档题.
10．B
【解析】
由，可得，解出即可判断出结论．
【详解】
解：因为，且
．
，解得．
是的必要不充分条件．
故选：．
本题考查了向量数量积运算性质、三角函数求值、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
11．A
【解析】
根据复数乘除运算法则，即可求解.
【详解】
.
故选：A.
本题考查复数代数运算，属于基础题题.
12．B
【解析】
根据二次函数图象的对称轴得出范围，轴截距，求出的范围，判断在区间端点函数值正负，即可求出结论.
【详解】
∵，结合函数的图象可知，
二次函数的对称轴为，，
，∵，
所以在上单调递增.
又因为，
所以函数的零点所在的区间是.
故选:B.
本题考查二次函数的图象及函数的零点，属于基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
求出椭圆与双曲线的离心率，根据离心率之积的关系，然后推出关系，即可求解双曲线的渐近线方程.
【详解】
，椭圆的方程为，
的离心率为：，
双曲线方程为，
的离心率：，
与的离心率之积为，
，
，
的渐近线方程为：，即.
故答案为：
本题考查了椭圆、双曲线的几何性质，掌握椭圆、双曲线的离心率公式，属于基础题.
14．1
【解析】
由二项式定理及展开式通项公式得：，解得，令得：展开式中各项系数和，得解．
【详解】
解：由的展开式的通项，
令，
得含有的项的系数是，
解得，
令得：展开式中各项系数和为，
故答案为：1．
本题考查了二项式定理及展开式通项公式，属于中档题．
15．
【解析】
由集合和集合求出交集即可.
【详解】
解：集合，，
.
故答案为：.
本题考查了交集及其运算，属于基础题.
16．①②④
【解析】
由函数，对选项逐个验证即得答案.
【详解】
函数，
是周期函数，最小正周期为，故①正确；
当或时，有最大值或最小值，此时或，即或，即.
的对称轴方程为，，故②正确；
当时，，此时在上单调递减，在上单调递增，在区间上不是增函数，故③错误；
作出函数的部分图象，如图所示
方程在区间有6个根，故④正确.
故答案为：①②④.
本题考查三角恒等变换，考查三角函数的性质，属于中档题.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）线段上是存在一点，，使直线与平面所成的角正弦值为.
【解析】
（Ⅰ）取中点，连结、，推导出四边形是平行四边形，从而，由此能证明平面;（Ⅱ）取中点，连结，，推导出平面，，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的余弦值；（Ⅲ）假设在线段上是存在一点，使直线与平面所成的角正弦值为，设．利用向量法能求出结果．
【详解】
（Ⅰ）证明：取中点，连结、，
是边长为2的等边三角形，，，，点为的中点，
，四边形是平行四边形，，
平面，平面，
平面．
（Ⅱ）解：取中点，连结，，
在四棱柱中，平面平面，是边长为2的等边三角形，
，，，点为的中点，
平面，，
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
，1，，，0，，，1，，，0，，
，，，，0，，，，，
设平面的法向量，，，
则，取，得，，，
设平面的法向量，，，
则，取，得，
设二面角的平面角为，
则．
二面角的余弦值为．
（Ⅲ）解：假设在线段上是存在一点，使直线与平面所成的角正弦值为，设．
则，，，，，，平面的法向量，
，
解得，
线段上是存在一点，，使直线与平面所成的角正弦值为．
本题考查线面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查满足正弦值的点是否存在的判断与求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
18．（1）；（2）.
【解析】
（1）分别取的中点为，易得两两垂直，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，易得为平面的法向量，只需求出平面的法向量为，再利用计算即可；
（2）求出，利用计算即可.
【详解】
（1）分别取的中点为，连结.
因为∥，所以∥.
因为，所以.
因为侧面为等边三角形，
所以
又因为平面平面，
平面平面，平面，
所以平面，
所以两两垂直.
以为空间坐标系的原点，分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，则，
，.
设平面的法向量为，则，即.
取，则，所以.
又为平面的法向量，设平面与平面所成的锐二面角的大小为，则
，
所以平面与平面所成的锐二面角的大小为.
（2）由（1）得，平面的法向量为，
所以成.
又直线与平面所成角为，
所以，即，
即，
化简得，所以，符合题意.
本题考查利用向量坐标法求面面角、线面角，涉及到面面垂直的性质定理的应用，做好此类题的关键是准确写出点的坐标，是一道中档题.
19．（Ⅰ）；（Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）利用三角形面积公式以及并结合正弦定理，可得结果.
（Ⅱ）根据，可得，然后使用余弦定理，可得结果.
【详解】
（Ⅰ），所以
所以；
（Ⅱ），
所以，
所以，，
所以，
所以边．
本题考查三角形面积公式，正弦定理以及余弦定理的应用，关键在于识记公式，属中档题.
20． (1)证明见解析；(2)
【解析】
（1）连接交于点，连接，通过证，并说明平面，来证明平面
（2）采用建系法以、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，分别表示出对应的点坐标，设平面的一个法向量为，结合直线对应的和法向量，利用向量夹角的余弦公式进行求解即可
【详解】
证明：如图，
连接交于点，连接，点为的中点，点为的中点，
点为的重心，则，，，
又平面，平面，平面；
，，，，
，，可得，又，
则以、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，．
设平面的一个法向量为，由，
取，得．设直线与平面所成角为，
则．直线与平面所成角的正弦值为．
本题考查线面平行的判定定理的使用，利用建系法来求解线面夹角问题，整体难度不大，本题中的线面夹角的正弦值公式使用广泛，需要识记
21．（1）；（2）.
【解析】
（1）求导得到，讨论和两种情况，计算函数的单调性，得到，再讨论，，三种情况，计算得到答案.
（2）计算得到，讨论，两种情况，分别计算单调性得到函数最值，得到答案.
【详解】
（1），
①当时恒成立，所以单调递增，因为，所以有唯一零点，即符合题意；
②当时，令，
函数在上单调递减，在上单调递增，函数。
（i）当即,所以符合题意，
（ii）当即 时，
因为，
故存在,所以 不符题意
（iii）当 时，
因为，
设，
所以,单调递增，即，
故存在，使得，不符题意；
综上，的取值范围为。
（2）。
①当时，恒成立，所以 单调递增，所以，
即符合题意；
②当 时，恒成立，所以单调递增，
又因为，
所以存在，使得，且当时，。
即在上单调递减，所以，不符题意。
综上，的取值范围为.
本题考查了函数的零点问题，恒成立问题，意在考查学生的分类讨论能力和综合应用能力.
22．（Ⅰ）1636人；（Ⅱ）见解析．
【解析】
（Ⅰ）根据正态曲线的对称性，可将区间分为和两种情况，然后根据特殊区间上的概率求出成绩在区间内的概率，进而可求出相应的人数；（Ⅱ）由题意得成绩在区间[61,80]的概率为，且，由此可得的分布列和数学期望．
【详解】
（Ⅰ）因为物理原始成绩，
所以
．
所以物理原始成绩在（47，86）的人数为（人）．
（Ⅱ）由题意得，随机抽取1人，其成绩在区间[61,80]内的概率为．
所以随机抽取三人，则的所有可能取值为0,1,2,3，且，
所以 ，
，
，
．
所以的分布列为
所以数学期望．
（1）解答第一问的关键是利用正态分布的三个特殊区间表示所求概率的区间，再根据特殊区间上的概率求解，解题时注意结合正态曲线的对称性．
（2）解答第二问的关键是判断出随机变量服从二项分布，然后可得分布列及其数学期望．当被抽取的总体的容量较大时，抽样可认为是等可能的，进而可得随机变量服从二项分布．
0
1
2
3