【河北卷】河北省琢名小渔2025届“五个一”名校联盟高三年级第一次联考 数学试卷（解析版）

河北省“五个一”名校联盟2025届高三第一次联考数学本试卷共4页，满分150分，考试用时120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.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，再选涂其它答案标号.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.若复数，则（）A. B.5 C. D.【答案】A【解析】【分析】由共轭复数的定义和复数的运算化简，再由复数的模长公式求解即可.【详解】因为，所以，，所以.故选：A.2.点为等轴双曲线的焦点，过作轴的垂线与的两渐近线分别交于两点，则的面积为（）A. B.4 C. D.8【答案】B【解析】【分析】先求出双曲线的方程，进而求出双曲线的渐近线方程，即可求出两点的坐标，即可求出的面积.【详解】设双曲线为：，因为，解得：，所以双曲线为：，则双曲线的渐近线为：，所以，解得：，则，所以为等腰直角三角形，所以面积为.故选：B.3.已知：不等式的解集为，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】【分析】首先计算出不等式的解集为时的取值范围，再根据范围大小即可得出结论.【详解】若不等式的解集为，当时，符合题意；当时，需满足且，解得综合可得而所以p能推出q，q不能推出p，即是的充分不必要条件.故选：A4.用能组成没有重复数字且比32000小的数字（）个.A.212 B.213 C.224 D.225【答案】D【解析】【分析】先对数字位数分类讨论，在对五位数的首位数字进行分类讨论：①首位为1，2；②首位为3.然后分析千位数的选取，结合分步乘法计数原理和分类加法计数原理可得结果.【详解】分数字位数讨论：一位数5个；两位数有个；三位数有个；四位数有个；五位数分以下两种情况讨论：①首位数字为1或2，此时共有个；②首位数字为3，则千位数从0或1中选择一个，其余三个数位任意排列，此时共有个.综上所述，共有个比小的数.故选：D.5.过圆锥高的中点作平行于底面的截面，则截面分圆锥上部分圆锥与下部分圆台体积比为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用圆锥、圆台的体积公式求得圆锥与圆台的体积关系．【详解】设截面圆半径为r，圆锥的高为h，圆锥的体积为,则圆台下底面圆的半径为2r，圆台的高为h，圆台的体积为，所以，，可得.故选：D.6.平面四边形中，点分别为的中点，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由向量的加法法则可得，两边同时平方可得，由平面向量的夹角公式求解即可.【详解】因为平面四边形中，点分别为的中点，所以，所以，由可得：，两边同时平方可得：，所以，解得：，所以.故选：A.7.已知首项为2的数列满足，当的前项和时，则的最小值为（）A.40 B.41 C.42 D.43【答案】B【解析】【分析】通过计算得到为一个周期为4的数列，从而计算出，得到答案.【详解】由题意得，，解得，同理，解得，，解得，，解得，故为一个周期为4的数列，且，故，，故的最小值为41.故选：B8.当时，恒成立，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】化简得到，再由，结合三角函数的图象与性质，即可求解.【详解】由，可得，因为，可得，所以，可得，又因为，所以即，因为，因为，可得，所以，则，则，要使得不等式，即恒成立，所以，即实数的取值范围为.故选：D.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.已知五个数据的分位数为15，则这组数据（）A.平均数为9 B.众数为10C.中位数为10 D.方差为30【答案】CD【解析】【分析】先根据百分位数求出a,再根据众数，平均数，中位数和方差的定义，即可判断选项.【详解】由题意，五个数据80百分为，第80百分位数为，故；这组数据中5和10都出现2次，其余数出现次数没超过2次，故众数为5和10，B错误；计算平均数为​，故A错误；将5次数据从小到大排列为:​，则中位数为​，故C正确；方差为​，故D正确.故选：CD.10.已知函数在上有且仅有两个对称中心，则下列结论正确的是（）A.的范围是B.函数在上单调递增C.不可能是函数的图像的一条对称轴D.的最小正周期可能为【答案】AC【解析】【分析】A选项，时，，根据图象得到，求出；B选项，整体法得到，结合A选项知，，B错误；C选项，假设为函数的一条对称轴，得到方程，求出，C错误；D选项，，故的最小正周期，D错误.【详解】A选项，时，，由函数在上有且仅有两个对称中心得，，解得，A正确；B选项，时，，由A可知，故，而，故函数在上不一定单调，B错误；C选项，假设为函数的一条对称轴，令，，解得，，又，故，又，故无解，故不可能是函数的图像的一条对称轴，C正确；D选项，，故的最小正周期，故的最小正周期不可能为，D错误.故选：AC11.已知函数的零点分别为，则（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】【分析】对于A，由题意得，进而得即可求解判断；对于B，先明确零点取值范围，由取值范围再结合即即可求解判断；对于C，由即以及零点的取值范围即可求解判断；对于D，结合AB以及将转化成即可判断.【详解】对于A，由题，，所以即，所以，故，故A正确；对于B，由得，故函数与图象交点横坐标和与图象交点的横坐标即为函数和的零点，如图，由图象性质可知，又由A得，故，所以，故B错；对于C，由上即，以及得：，故C对；对于D，由AB得，，，所以，故D对.故选：ACD.【点睛】关键点睛：解决本题的关键一是由和得即，二是数形结合明确零点的取值范围为且，接着对所判式子进行变形放缩等即可判断.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知的展开式中各项系数和为8，则展开式中常数项为__________.【答案】【解析】【分析】令即可求出，求出展开式通项即可求出常数项.【详解】令，可得展开式中各项系数的和，解得；的展开式通项为，因为，所以展开式中常数项为，故答案为：.13.抛物线上的动点到直线的距离最短时，到的焦点距离为__________.【答案】2【解析】【分析】设，求出P到直线距离，结合绝对值变形后配方可得最小值,最后求出P到C的焦点距离即可．【详解】设，则点到直线的距离为,当，即当时，抛物线上一点到直线的距离最短，P到C的焦点距离为.故答案为：2．14.下图数阵的每一行最右边数据从上到下形成以1为首项，以2为公比的等比数列，每行的第个数从上到下形成以为首项，以3为公比的等比数列，则该数阵第行所有数据的和__________.【答案】【解析】【分析】先写出第n行的项再根据等比数列求和即可.【详解】因为每行的第n个数从上到下形成以为首项，以3为公比的等比数列，所以所以.故答案为：.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，角的对边分别为，且.（1）求角的大小；（2）若边，边的中点为，求中线长的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理边角互换以及余弦定理进行化简即可得解.（2）利用向量模的平方以及余弦定理，再结合基本不等式即可求解.【小问1详解】因为，由正弦定理可得：，则，即，由余弦定理可得：，因为，所以.【小问2详解】因为为的中点，所以，则，又由余弦定理得，，即，所以.由得，，则，当且仅当取等号，即，所以，即中线长的最大值为.16.如图所示，三棱柱中，分别为棱的中点，分别是棱上的点，.（1）求证：直线平面；（2）若三棱柱为正三棱柱，求平面和平面的夹角的大小.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取的中点，连接交于，连接，则可证得，再由可证得四边形为平行四边形，则∥，再由线面平行的判定定理可证得结论；（2）以为原点，以所在的直线为轴，过与平行的直线为轴，所在的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.【小问1详解】证明：取的中点，连接交于，连接，因为分别为棱的中点，所以∥∥，所以，所以，所以，因为，所以，所以，因为分别为棱的中点，所以，因为∥∥，所以，∥，所以四边形为平行四边形，所以∥，因平面，平面，所以直线平面；【小问2详解】解：连接，因为三棱柱为正三棱柱，所以为等边三角形，所以，所以以为原点，以所在的直线为轴，过与平行的直线为轴，所在的直线为轴建立空间直角坐标系，设，则，所以，设平面的法向量为，则，令，则，设平面的法向量为，则，令，则，所以，设平面和平面的夹角为，则，因为，所以.17.已知，平面内动点满足直线的斜率之积为.（1）求动点的轨迹方程；（2）过点的直线交的轨迹于两点，以为邻边作平行四边形（为坐标原点），若恰为轨迹上一点，求四边形的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意得，化简可得轨迹方程．（2）先设直线再联立直线与轨迹方程，得关于x的一元二次方程，结合韦达定理及点到直线距离公式计算面积即可.【小问1详解】设,则,化简可得【小问2详解】以为邻边作平行四边形,则直线与x轴不重合,设直线的方程为，直线的方程与椭圆方程联立，设，，联立，消去x得，所以，则.求得O到直线的距离，因为平行四边形的对角线互相平分所以所以在椭圆上，可得所以平行四边形面积所以四边形面积是.【点睛】方法点睛：利用平行四边形对角线互相平分，对角线共中点求参进而求出面积.18.已知函数.（1）讨论的单调性；（2）证明：当时，.【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）先明确函数定义域和求导，根据导数结构特征对进行和的分类讨论导数正负即可得单调性.（2）证，故问题转化成证，接着构造函数研究其单调性和最值即可得证.【小问1详解】由题函数定义域为，，故当时，恒成立，所以函数在上单调递减；当时，在上单调递减，令，则时，；时，，所以函数上单调递增，在上单调递减，综上，当时，函数在上单调递减；当时，函数在上单调递增，在上单调递减.【小问2详解】由（1）当时，函数在上单调递增，在上单调递减，故在上恒成立，故证证，即，令，则，故当时，；时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以在上恒成立，故，所以当时，.【点睛】思路点睛：证明含参函数不等式问题通常转化成研究函数最值问题，第（2）问证当时，可将问题转化成证，接着根据其结构特征进行变形转化和构造函数，利用导数确定所构造的函数单调性和最值即可得证.19.一个质点在随机外力的作用下，从平面直角坐标系的原点出发，每隔1秒等可能地向上､向下､向左或向右移动一个单位.（1）共移动两次，求质点与原点距离的分布列和数学期望；（2）分别求移动4次和移动6次质点回到原点的概率；（3）若共移动次（大于0，且为偶数），求证：质点回到原点的概率为.【答案】（1）答案见解析；（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）首先求出X的所有可能取值以及对应的概率，再结合离散型随机变量的期望公式求答案即可.（2）利用分步乘法计数原理、组合以及古典概型的概率公式计算可求得结果.（3）利用数学归纳法证明即可.【小问1详解】设表示2次移动中质点与原点距离，则可取0，2，，当质点向左移动1次向右移动1次，或向上移动1次向下移动1次，最后，则;当质点向左移动2次或向右移动2次，或向上移动2次或向下移动2次，最后，则;当质点向左移动1次向上移动1次，或向左移动1次向下移动1次，或向右移动1次向上移动1次，或向右移动1次向下移动1次，最后，则的分布列为：0.【小问2详解】质点从原点出发，每次等可能地向上､向下､向左或向右移动一个单位，共移动4次，可能的结果共有种情况，若质点回到原点，则向左移动2次向右移动2次，或向上移动2次向下移动2次，共有种情况，若质点回到原点，则向左移动1次向右移动1次，向上移动1次向下移动1次，共有种情况，所以质点回到原点的概率为.质点从原点出发，每次等可能地向上､向下､向左或向右移动一个单位，共移动6次，可能的结果共有种情况，若质点回到原点，则向左移动3次向右移动3次，或向上移动3次向下移动3次，共有种情况，若质点回到原点，则向左移动2次向右移动2次，向上移动1次向下移动1次，则向左移动1次向右移动1次，向上移动2次向下移动2次，共有种情况，所以质点回