河北省2025届高三9月省级联测考试-数学答案

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1C. 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：1-0+0-单调递减极小值单调递增极大值单调递减所以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:x2a2y2b2=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.