河北省2024-2025学年高三上学期省级联测考试数学试题（Word版附解析）

这是一份河北省2024-2025学年高三上学期省级联测考试数学试题（Word版附解析），共25页。

1.答卷前，考生务必将自已的学校､班级､姓名及考号填写在答题卡上.
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，再选涂其他答案标号.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. 已知集合，则（ ）
A B.
C. D.
2. 已知复数，若为纯虚数，则（ ）
A. 1或2B. 1C. 2D. 3
3. 已知向量满足，且，则在上的投影向量的坐标为（ ）
A. B. C. D.
4 已知，则（ ）
A. B. C. 2D. 6
5. 某中学开展劳动实习，学习制作模具，有一个模具的毛坏直观图如图所示，它是由一个圆柱体与一个半球对接而成的组合体，已知该几何体的下半部分圆柱的轴截面（过圆柱上､下底面圆的圆心连线的平面）是面积为16的正方形，则该几何体的体积为（ ）

A. B. C. D.
6. 设为正项等比数列的前项和，，则数列的前5项和为（ ）
A. 55B. 57C. 87D. 89
7. 已知函数的部分图象如图所示，将函数的图象先向右平移个单位长度，再将所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，若关于的方程在上有两个不等实根，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C D.
8. 已知定义域为的函数不是常函数，且满足，，则（ ）
A. B. 2C. D. 2026
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. 已知随机变量，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C.
D.
10. 已知函数，若，则下列说法正确的是（ ）
A. 函数的单调递增区间为
B. 函数的极大值点为1
C. 若，则值域为
D. 若，都有成立，则的取值范围为
11. 已知曲线，则下列说法正确的是（ ）
A. 点在曲线上
B. 直线与曲线无交点
C. 设直线，当时，直线与曲线恰有三个公共点
D. 直线与曲线所围成的图形的面积为
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数，若曲线在处的切线方程为，则__________.
13. 已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左､右焦点分别为，过坐标原点的直线与双曲线交于两点，且点在第一象限，满足.若点在双曲线上，且，则双曲线的离心率为______.
14. 某市为了传承中华优秀传统文化，组织该市中学生进行了一次文化知识答题竞赛.已知某同学答对每道题的概率均为，且每次答题相互独立，若该同学连续作答20道试题后结束比赛，记该同学答对道试题的概率为，则当__________时，取得最大值.
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，角所对的边分别为，且满足.
（1）求角；
（2）若的面积为，求的周长.
16. 已知椭圆的左焦点为，上､下顶点分别为，且，点在上.
（1）求椭圆的方程；
（2）过左焦点的直线交椭圆于两点，交直线于点，设，，证明：为定值.
17. 如图，在四棱锥中，平面平面为钝角三角形且，是中点.
（1）证明：；
（2）若直线与底面所成的角为，求平面与平面夹角的正弦值.
18. 已知函数.
（1）证明：函数的极大值大于1；
（2）若函数有3个零点，求实数的取值范围；
（3）已知是图象上四个不重合的点，直线为曲线y=fx在点处的切线，若三点共线，证明：.
19. 已知有限集，若中的元素满足，则称为“元重生集”.
（1）集合是否为“2元重生集”，请说明理由；
（2）是否存在集合中元素均为正整数的“3元重生集”？如果有，请求出有几个，如果没有，请说明理由；
（3）若，证明：“元重生集”有且只有一个，且.2024—2025高三省级联测考试
数学试卷
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自已的学校､班级､姓名及考号填写在答题卡上.
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，再选涂其他答案标号.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. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】结合对数型复合函数的定义域化简集合B，再由交集的定义求.
【详解】集合，
而，所以.
故选：B.
2. 已知复数，若为纯虚数，则（ ）
A. 1或2B. 1C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】计算出，根据纯虚数的概念得到方程和不等式，求出答案.
【详解】由可知，
，
因为为纯虚数，所以，解得.
故选：C.
3. 已知向量满足，且，则在上的投影向量的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知条件求得，结合投影向量的坐标公式即可求解.
【详解】已知，所以，可得，
所以，
故选：A.
4. 已知，则（ ）
A. B. C. 2D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知条件得，然后将目标式子用表示，由此即可得解.
【详解】由，得，则，
所以，
故选：D.
5. 某中学开展劳动实习，学习制作模具，有一个模具的毛坏直观图如图所示，它是由一个圆柱体与一个半球对接而成的组合体，已知该几何体的下半部分圆柱的轴截面（过圆柱上､下底面圆的圆心连线的平面）是面积为16的正方形，则该几何体的体积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】得到，确定球的半径和圆柱的底面圆半径和高，利用球和圆柱体积公式进行求解.
【详解】因为四边形是面积为16的正方形，则，
由题意可知半球的半径，圆柱的底面圆半径，高，
由球的体积公式可得半球的体积，
由圆柱的体积公式可得圆柱的体积，
故该几何体的体积.
故选：C.
6. 设为正项等比数列的前项和，，则数列的前5项和为（ ）
A. 55B. 57C. 87D. 89
【答案】C
【解析】
【分析】先由已知条件算出公比，然后得表达式，结合分组求和、等差数列以及等比数列求和公式即可求解.
【详解】因为an是正项等比数列，所以，公比.
因为，所以，则，
即，则，解得或（舍），
又因为，
所以，所以数列an通项公式为，
所以，设数列的前项和为，
则
，
所以，
故选：C.
7. 已知函数的部分图象如图所示，将函数的图象先向右平移个单位长度，再将所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，若关于的方程在上有两个不等实根，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先根据三角函数图象与性质计算即可得表达式，先根据三角函数的图像变换得，结合正弦函数的单调性、对称性可判定m的取值范围.
【详解】由函数的部分图象可知，，
因为，所以，
又，所以，解得，
由可得，所以，
将的图象向右平移个单位长度，再将所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到的图象，令，由，可得，
函数在上单调递减，在上单调递增，
且，
因为关于的方程在上有两个不等实根，
即与的图像在上有两个交点，
即与在上有两个交点，
所以实数的取值范围为，
故选：B.
8. 已知定义域为的函数不是常函数，且满足，，则（ ）
A. B. 2C. D. 2026
【答案】A
【解析】
【分析】依次算得，的周期为4，进一步结合已知得，由此得f1+f2+f3+f4=0，然后利用周期性即可求解.
【详解】由题意，令，得，又y=fx不是常函数，所以，
再令，得，即，
则fx+2=−fx，即，故，
所以函数y=fx的周期为4，由fx+2=−fx，令，
得，
所以f1+f2+f3+f4=0，
所以
.
故选：A.
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. 已知随机变量，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C.
D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据正态分布函数的性质逐一判断各个选项即可求解.
【详解】对于选项A，因为，所以0.8，故A错误；
对于选项B，因为，且，
则，即1.8，
则，故B正确；
对于选项C，，故C错误；
对于选项D，因为随机变量，
所以，
因为，
又，
所以，故D正确，
故选：BD.
10. 已知函数，若，则下列说法正确的是（ ）
A. 函数的单调递增区间为
B. 函数的极大值点为1
C. 若，则的值域为
D. 若，都有成立，则的取值范围为
【答案】BCD
【解析】
【分析】A选项，求导，解不等式求出函数单调性；B选项，在A选项基础上得到函数的极大值点；C选项，在上单调递减，从而求出值域；D选项，参变分离，得到，构造函数，求导得到其单调性，求出的最小值为，故.
【详解】对于选项A，因为，
所以，
所以当时，；
当时，，所以单调递增区间为，故A错误；
对于选项B，如下表：
所以1为函数的极大值点.故B正确；
对于选项C，在上单调递减，所以的最小值为，
最大值为，所以当时，的值域为，故C正确；
对于选项D，.
因为.即，
令，则，
因为，所以当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以当时取到极小值，所以的最小值为，
所以，故D正确.
故选：BCD.
11. 已知曲线，则下列说法正确的是（ ）
A. 点在曲线上
B. 直线与曲线无交点
C 设直线，当时，直线与曲线恰有三个公共点
D. 直线与曲线所围成的图形的面积为
【答案】BCD
【解析】
【分析】直接将点代入曲线方程即可判断A；分的正负四种情况去掉绝对值符号得到曲线方程后，当斜率为时结合渐近线可得B正确；由四分之一圆面积减去三角形面积可得D正确；由图形可得C正确.
【详解】，
因当时，无意义，无此曲线，故舍去，
所以曲线表示为，作出曲线图象如图所示，
对于选项A，将点代入，得到，显然不成立，故A错误；
对于选项B，将代入曲线得，，无解，故B正确；
对于选项C，由于直线恒过点0,2，
当时，直线与轴平行，与曲线有一个交点；
当时，直线与曲线的渐近线平行，此时与曲线有两个交点.
当时.结合斜率的范围可得直线与曲线有三个交点（如图），故C正确；
对于选项D，设直线与轴的交点分别为.
因为圆的半径为2.且点，
所以直线与曲线围成的图形的面积为，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题关键是能根据的正负去掉绝对值符号得到曲线方程，作出图象，数形结合分析.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数，若曲线在处的切线方程为，则__________.
【答案】3
【解析】
【分析】由切线方程可知切点坐标和切线斜率，利用导数几何意义，建立方程，可求的值，进而得到所求和.
【详解】由函数，有，
由，可得，
因为曲线y=fx在处的切线方程为，
所以解得，则.
故答案为：3.
13. 已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左､右焦点分别为，过坐标原点的直线与双曲线交于两点，且点在第一象限，满足.若点在双曲线上，且，则双曲线的离心率为______.
【答案】##
【解析】
【分析】作出辅助线，根据数量积为0得到垂直关系，设，则，由双曲线定义可得，由勾股定理得到方程，求出，进而求出.
【详解】如图，连接，
因为，所以，由对称性可得，
由，可设，则，
由双曲线的定义可知，，，
则，由得，，
即，解得，
又由得，，
即，解得，
所以双曲线的离心率.
故答案为：
14. 某市为了传承中华优秀传统文化，组织该市中学生进行了一次文化知识答题竞赛.已知某同学答对每道题的概率均为，且每次答题相互独立，若该同学连续作答20道试题后结束比赛，记该同学答对道试题的概率为，则当__________时，取得最大值.
【答案】13或14
【解析】
【分析】先得到，利用解不等式即可.
【详解】由题意得，且，
则，即
故又，所以或，
故当或时，取得最大值.
故答案为：13或14.
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，角所对的边分别为，且满足.
（1）求角；
（2）若的面积为，求的周长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理、三角恒等变换得，进一步即可求解；
（2）根据三角形面积公式得，进一步结合余弦定理可得，由此即可得解.
【小问1详解】
由题意，因为，
所以，
由正弦定理可得，
即，
因为，所以，所以，
又，所以.
【小问2详解】
由（1）可知，，则，
因为的面积，可得，
由余弦定理可得，
即，可得，
所以的周长为.
16. 已知椭圆的左焦点为，上､下顶点分别为，且，点在上.
（1）求椭圆的方程；
（2）过左焦点的直线交椭圆于两点，交直线于点，设，，证明：为定值.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由，得，再把点代入椭圆方程求出即可；
（2）设出直线的方程，代入椭圆方程，设，由，，表示出，利用韦达定理化简得定值.
【小问1详解】
由题意可知，，所以，
因为点在上，所以，
解得，故，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
由已知得直线的斜率必存在，可设直线的方程为，
代入椭圆方程，整理得，，
设，则，
又，由得.
所以，
因为，
所以为定值.
17. 如图，在四棱锥中，平面平面为钝角三角形且，是的中点.
（1）证明：；
（2）若直线与底面所成的角为，求平面与平面夹角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直的性质得到平面，再根据线面垂直的性质即可得证.
（2）根据已知条件建立适当的空间直角坐标系，表示出的坐标，求出两个平面的法向量，再结合向量夹角的坐标公式以及同角三角函数关系即可求解.
【小问1详解】
由，得，
则，
所以，即，
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，
又平面，所以.
【小问2详解】
如图，过点作的垂线，交的延长线于点，连接，
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，则为在底面内的射影，
所以为直线与底面所成的角，即.
设，得，
在中，，
在中，，由余弦定理得，
所以，所以，
如图，过点作，则底面，
以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面和平面的法向量分别为，
则，，
令，则，
所以，
则，
设平面与平面的夹角为，
则，
故平面与平面夹角的正弦值为.
18. 已知函数.
（1）证明：函数的极大值大于1；
（2）若函数有3个零点，求实数的取值范围；
（3）已知是图象上四个不重合的点，直线为曲线y=fx在点处的切线，若三点共线，证明：.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，得到函数单调性，确定当时，取得极大值，由单调性得到；
（2）在（1）的基础上，得到函数有3个零点，应满足，即，解得；
（3）表达出直线的斜率，同理可得，根据三点共线得到方程，得到，又，所以，求出，故.
【小问1详解】
证明：由题，，令，解得，
当或时，单调递增，
当时，单调递减，
所以当时，取得极大值，
由单调性可知，
所以函数的极大值大于1.
【小问2详解】
由（1）可知，当时，有极大值，且极大值为，
因为，且当时，有极小值，
所以要使得函数有3个零点，应满足，即，
解得，所以实数的取值范围为.
【小问3详解】
直线的斜率，
因为，所以，
同理可得，
因为三点共线，则有，
整理得，
因为，所以，即，
又，所以，
整理得，
因为，所以，即，
所以.
【点睛】方法点睛：导函数处理零点个数问题，由于涉及多类问题特征（包括单调性，特殊位置的函数值符号，隐零点的探索、参数的分类讨论等），需要学生对多种基本方法，基本思想，注意思路是通过极值的正负和函数的单调性判断函数的走势，从而判断零点个数
19. 已知有限集，若中的元素满足，则称为“元重生集”.
（1）集合是否为“2元重生集”，请说明理由；
（2）是否存在集合中元素均为正整数的“3元重生集”？如果有，请求出有几个，如果没有，请说明理由；
（3）若，证明：“元重生集”有且只有一个，且.
【答案】（1）不是，理由见解析
（2）存在，1个 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1），故不为“2元重生集”；
（2）设正整数集为“3元重生集”，设，利用不等式关系推出，故，求出；
（3）设，得到，当时，推出矛盾，当时，由（2）可知，有且只有1个“3元重生集”，即，当时，推出，但在上恒成立，故当时，不存在“元重生集”，从而证明出结论.
【小问1详解】
，
因为，
所以集合不是“2元重生集”.
【小问2详解】
设正整数集为“3元重生集”，
则，
不妨设，则，解得，
因为，故只有满足要求，
综上，满足要求，其他均不符合要求，
故存在1个集合中元素均为正整数的“3元重生集”，即.
【小问3详解】
不妨设，
由，得，
当时，，故，则，无解，
若，则不可能是“2元重生集”，
所以当时，不存在“2元重生集”；
当时，由（2）可知，有且只有1个“3元重生集”，即，
当时，，
又，故，
事实上，在上恒成立，
故当时，不存在“元重生集”，
所以若“元重生集”有且只有一个，且.
【点睛】思路点睛：新定义问题的方法和技巧：
（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念.
1
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0
+
0
-
单调递减
极小值
单调递增
极大值
单调递减