2025届河北省省级联考高三上学期1月期末数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河北省省级联考2025届高三上学期1月期末数学试题一、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】由题.，故.故选：B2.在的二项展开式中，的系数为（）A.5 B.10 C.15 D.20【答案】A【解析】根据题意，的二项展开式的通项公式为，令，解得，所以的二项展开式中，含的项为，所以系数为5.故选：A．3.已知等比数列的前n项积为，若，则（）A. B.2 C. D.4【答案】B【解析】根据题意，等比数列前n项积为，则，所以.故选：B．4.已知圆被直线所截，则截得的弦长为（）A.2 B. C. D.4【答案】D【解析】根据题意，圆，可变形为，所以圆心为，半径，则圆心到直线的距离为，所以弦长为.故选：D．5.设函数，已知，，且的最小值为，则（）A.2 B.1 C. D.【答案】C【解析】根据题意，在正弦函数中，，，则的最小值为，又，因为函数，已知，，且的最小值为，所以，所以函数的最小正周期为，所以，解得.故选：C．6.已知某一指数（其中数据M为常数，且）可以用来检测某一特殊海域的水质情况，其中指数d的值越大，水质越好．若数据N由变化为，对应的指数d由2.15提高到3.225，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】根据题意，，，两式相除可得，，所以，可得，故选:D．7.已知四棱锥中，底面为边长为2的正方形，，，则直线到平面的距离为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】根据题意，如图，因为，，则，，又，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，因为底面为边长为2的正方形，则，平面，平面，所以平面，则直线到平面的距离为点N到平面的距离，即点N到直线的距离，又，，，在中，，则，所以点N到直线的距离为.故选：A．8.已知函数，若，则实数a的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】根据题意，函数，所以，令，则，所以为奇函数，所以的图象关于点中心对称，所以，由，可得，所以，由，则，所以函数单调递减，由可得，，即，解得，实数a的取值范围是.故选：B．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.已知复数z，则下列说法正确的是（）A.若，则 B.若，则z的虚部为C.若，则 D.若，则【答案】BCD【解析】根据题意，对于选项A，设，由于，所以，则复数不确定，故选项A不正确；对于选项B，设，由于，可得，则，故选项B正确；对于选项C，设，由于，所以，则，所以，，故选项C正确；对于选项D，设，由于，所以，所以在复平面内复数z对应的点的集合为以原点为圆心，以1为半径的圆，即单位圆，因为表示单位圆上的点与点的距离，所以的最小值为，最大值为，所以，故选项D正确.故选：BCD．10.已知正数a，b满足，则下列说法正确的是（）A. B. C. D.【答案】AC【解析】对于选项A，由于正数a，b满足，所以，当且仅当时等号成立，所以，故选项A正确；对于选项B，由于正数a，b满足，所以，当且仅当时等号成立，所以，故选项B不正确；对于选项C，由于正数a，b满足，所以，，可得，，并且，所以，故选项C正确；对于选项D，由于正数a，b满足，所以，，可得，，并且，所以，所以当，所以，故选项D不正确，故选：AC.11.已知抛物线C：，直线l：，O为坐标原点；若，两点在抛物线C上，则下列说法正确的是（）A.B.抛物线C的准线方程为C.若直线l与抛物线C交于P，Q两点，则D.若直线l与抛物线C交于P，Q两点，则的最小值为【答案】BCD【解析】根据题意，对于选项A，因为，是抛物线C：上的两点，所以则，整理得，解得，当时，，解得，不合题意；当时，，解得，故选项A不正确；对于选项B，可得抛物线C的方程为，故抛物线C的准线方程为，故选项B正确；对于选项C，可得抛物线C的焦点坐标为，又因为直线l的方程为，所以直线l过抛物线C的焦点，联立得，必有，设，，则，，，故选项C正确；对于选项D，，所以，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为，故选项D正确，故选：BCD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知公差大于0的等差数列满足，，则数列的前8项和为______．【答案】8【解析】设等差数列的公差为d，则．由可得，．又，则，故，又，则，所以，因此数列的前8项和．故答案为：8.13.在边长为2的等边三角形中，点D为边的中点，点P在三角形所在的平面内，且满足，则的最大值为______．【答案】【解析】已知等边三角形的边长为2，点D为边的中点，如图，建立直角坐标系，则，，，设点Px,y，则，则，又因为，所以，设，，则，所以的最大值为．故答案为：．14.最近全国各地的旅游十分火爆，某旅游公司根据市场调研的情况推出了A，B两个旅游路线方案，通过实践发现，选择方案A旅游路线与选择方案B旅游路线的游客比为3:1，该公司为了激励大家消费，设立优惠项目，即选择方案A旅游路线优惠200元，选择方案B旅游路线优惠100元（每位游客的选择相互独立），已知旅游公司的总优惠金额恰为的概率为，，则的关系式为______．【答案】【解析】根据题意，当时，累计优惠金额恰为的概率为，累计优惠金额恰为的概率为，累计优惠金额恰为的概率为，优惠金额恰为，则是优惠金额恰为时再有一个人选择方案或优惠金额恰为再有一个人选择方案，所以，设，令，则，即，解得或．①当时，可得，所以为以为首项，以为公比的等比数列，根据题意，，，，所以可得，，，…，，叠加可得，故，，也符合该式，故.②当时，可得，所以，即，而，则为以为首项，为公比的等比数列，所以，．综上，，．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A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知角B为钝角，，．（1）求角B；（2）若过B作BH垂直AC于点H，求BH的最大值．解：（1）由可得，，因为角B为钝角，所以，所以，即，根据正弦定理可得，因为，所以，又角B为钝角，所以．（2）根据题意可知，，可得，根据余弦定理可得，，即，可得，可得，当且仅当时等号成立，所以BH的最大值为．16.如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，，点E在线段上，满足，点F为的中点．（1）证明：平面；（2）若平面，求直线与平面所成角正弦值；（3）在（2）的条件下，求平面与平面所成角的余弦值．（1）证明：取点M为的中点，连接，因为点F为的中点，所以，，又因为，，又，则，所以，，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面．（2）解：因为平面，平面，所以平面平面，又，平面平面，所以平面，所以直线与平面所成角为，设，则，因为，又，所以，，，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为．（3）解：在（2）的条件下，以A为坐标原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，过点A作平行于的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，A0,0,0，，，，，，，，，设平面的一个法向量为n1=则，即，令，所以，设平面的一个法向量为，则，即，令，所以，设平面与平面所成的角为，则，所以平面与平面所成角的余弦值为．17.已知点，分别为椭圆C：的左、右焦点，点A，B分别为椭圆C的左、右顶点，点P在椭圆C上，且满足直线PA与直线PB的斜率之积为．（1）求椭圆C的离心率；（2）若，直线与椭圆C的另一个交点为Q，且直线与直线相交于点M，O为坐标原点，求的取值范围．解：（1）由题知，，，设点Px1,y1又，即，所以，所以，所以，即，则，故椭圆C的离心率．（2）由（1）可得，又因为，可得，所以，，，则椭圆C的方程为，则A-2,0，，设Qx2,y2直线的方程为：，联立，两式相除可得，即，设直线PQ：，所以，，代入可得，联立，整理得，，所以，所以，即，所以，则，解得，当直线的斜率为0时，与重合，不满足题意，所以点M不取，可得点M的轨迹为，所以的取值范围为．18.已知函数，，．（1）若，函数在上单调递减，求实数a的取值范围；（2）若，，求函数在上的零点个数．解：（1）当时，，，因为函数在上单调递减，所以在上恒成立，即在上恒成立，可得，令，上，，，所以在上的最小值为，所以实数a的取值范围为．（2）当，时，，可得，，设，则，易知在上单调递增，又，，所以，使得，在上,在上，所以f'x在上单调递减，在上单调递增，又，，，所以，，使得，故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，又，由得，，又因为，所以，使得，综上，函数在上有，0两个零点．19.已知有限数列满足，若给定一个正整数k，在数列中存在一项或一些连续项的和为i，其中i的值可以取遍中的所有元素，则称数列为k级可分解数列．（1）数列3，1，2是否为4级可分解数列？是否为5级可分解数列？请说明理由；（2）若有限数列为8级可分解数列，则数列的项数最少为多少？（3）若有限数列为20级可分解数列，且，判断数列的项数是否最少为6项，请说明理由．解：（1）数列，，，因此，，，，所以该数列为4级可分解数列；由于没有连续的项的和为5，所以不是5级可分解数列.（2）由有限数列为8级可分解数列，得至少有8组数列组合，分别等于1，2，3，…，8，设该有限数列共k项，则数列组合中一个元素的共k种；数列组合中两个连续元素的共种；数列组合中三个连续元素的共种；…；数列组合中k个连续元素的共1种，因此，则，而，解得，当k取最小值4时，构造数列为1，4，1，2，此数列，，，，因此，，，，，，，，即存在成立满足题意，所以数列的项数最少为4.（3）由（2）得，，则，当时，的数列组合至多可表示组，又，则其中必有负数的项，从而中的一项或一些连续项的和可表示1~20及那个负数（恰21组），这表明中仅一个负的，没有0，且这个负的在中绝对值最小，同时中没有两数相同，设那个负数为，则所有数之和大于等于，，解得，取，再考虑排序，排序中不能有和相同，否则不足20个，由（仅一种方式），得与2相邻，若不在两端，在第2，3，4，5之一的位置，不妨设为“x，，2，______，______，______”的形式（其他形式同理），若，则（有2种结果相同，方式矛盾），则，同理，因此在一端，不妨为“，2，A，B，C，D”的形式，若，则（有2种结果相同，矛盾）；若，同理不行；若，则（有2种结果相同，矛盾），从而，由于，由表法唯一知3，4不相邻，则只能，2，6，3，5，4或，2，6，4，5，3，这2种情形，若，2，6，3，5，4，则，矛盾；若，2，6，4，5，3，则，矛盾，所以.河北省省级联考2025届高三上学期1月期末数学试题一、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】由题.，故.故选：B2.在的二项展开式中，的系数为（）A.5 B.10 C.15 D.20【答案】A【解析】根据题意，的二项展开式的通项公式为，令，解得，所以的二项展开式中，含的项为，所以系数为5.故选：A．3.已知等比数列的前n项积为，若，则（）A. B.2 C. D.4【答案】B【解析】根据题意，等比数列前n项积为，则，所以.故选：B．4.已知圆被直线所截，则截得的弦长为（）A.2 B. C. D.4【答案】D【解析】根据题意，圆，可变形为，所以圆心为，半径，则圆心到直线的距离为，所以弦长为.故选：D．5.设函数，已知，，且的最小值为，则（）A.2 B.1 C. D.【答案】C【解析】根据题意，在正弦函数中，，，则的最小值为，又，因为函数，已知，，且的最小值为，所以，所以函数的最小正周期为，所以，解得.故选：C．6.已知某一指数（其中数据M为常数，且）可以用来检测某一特殊海域的水质情况，其中指数d的值越大，水质越好．若数据N由变化为，对应的指数d由2.15提高到3.225，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】根据题意，，，两式相除可得，，所以，可得，故选:D．7.已知四棱锥中，底面为边长为2的正方形，，，则直线到平面的距离为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】根据题意，如图，因为，，则，，又，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，因为底面为边长为2的正方形，则，平面，平面，所以平面，则直线到平面的距离为点N到平面的距离，即点N到直线的距离，又，，，在中，，则，所以点N到直线的距离为.故选：A．8.已知函数，若，则实数a的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】根据题意，函数，所以，令，则，所以为奇函数，所以的图象关于点中心对称，所以，由，可得，所以，由，则，所以函数单调递减，由可得，，即，解得，实数a的取值范围是.故选：B．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.已知复数z，则下列说法正确的是（）A.若，则 B.若，则z的虚部为C.若，则 D.若，则【答案】BCD【解析】根据题意，对于选项A，设，由于，所以，则复数不确定，故选项A不正确；对于选项B，设，由于，可得，则，故选项B正确；对于选项C，设，由于，所以，则，所以，，故选项C正确；对于选项D，设，由于，所以，所以在复平面内复数z对应的点的集合为以原点为圆心，以1为半径的圆，即单位圆，因为表示单位圆上的点与点的距离，所以的最小值为，最大值为，所以，故选项D正确.故选：BCD．10.已知正数a，b满足，则下列说法正确的是（）A. B. C. D.【答案】AC【解析】对于选项A，由于正数a，b满足，所以，当且仅当时等号成立，所以，故选项A正确；对于选项B，由于正数a，b满足，所以，当且仅当时等号成立，所以，故选项B不正确；对于选项C，由于正数a，b满足，所以，，可得，，并且，所以，故选项C正确；对于选项D，由于正数a，b满足，所以，，可得，，并且，所以，所以当，所以，故选项D不正确，故选：AC.11.已知抛物线C：，直线l：，O为坐标原点；若，两点在抛物线C上，则下列说法正确的是（）A.B.抛物线C的准线方程为C.若直线l与抛物线C交于P，Q两点，则D.若直线l与抛物线C交于P，Q两点，则的最小值为【答案】BCD【解析】根据题意，对于选项A，因为，是抛物线C：上的两点，所以则，整理得，解得，当时，，解得，不合题意；当时，，解得，故选项A不正确；对于选项B，可得抛物线C的方程为，故抛物线C的准线方程为，故选项B正确；对于选项C，可得抛物线C的焦点坐标为，又因为直线l的方程为，所以直线l过抛物线C的焦点，联立得，必有，设，，则，，，故选项C正确；对于选项D，，所以，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为，故选项D正确，故选：BCD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知公差大于0的等差数列满足，，则数列的前8项和为______．【答案】8【解析】设等差数列的公差为d，则．由可得，．又，则，故，又，则，所以，因此数列的前8项和．故答案为：8.13.在边长为2的等边三角形中，点D为边的中点，点P在三角形所在的平面内，且满足，则的最大值为______．【答案】【解析】已知等边三角形的边长为2，点D为边的中点，如图，建立直角坐标系，则，，，设点Px,y，则，则，又因为，所以，设，，则，所以的最大值为．故答案为：．14.最近全国各地的旅游十分火爆，某旅游公司根据市场调研的情况推出了A，B两个旅游路线方案，通过实践发现，选择方案A旅游路线与选择方案B旅游路线的游客比为3:1，该公司为了激励大家消费，设立优惠项目，即选择方案A旅游路线优惠200元，选择方案B旅游路线优惠100元（每位游客的选择相互独立），已知旅游公司的总优惠金额恰为的概率为，，则的关系式为______．【答案】【解析】根据题意，当时，累计优惠金额恰为的概率为，累计优惠金额恰为的概率为，累计优惠金额恰为的概率为，优惠金额恰为，则是优惠金额恰为时再有一个人选择方案或优惠金额恰为再有一个人选择方案，所以，设，令，则，即，解得或．①当时，可得，所以为以为首项，以为公比的等比数列，根据题意，，，，所以可得，，，…，，叠加可得，故，，也符合该式，故.②当时，可得，所以，即，而，则为以为首项，为公比的等比数列，所以，．综上，，．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A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知角B为钝角，，．（1）求角B；（2）若过B作BH垂直AC于点H，求BH的最大值．解：（1）由可得，，因为角B为钝角，所以，所以，即，根据正弦定理可得，因为，所以，又角B为钝角，所以．（2）根据题意可知，，可得，根据余弦定理可得，，即，可得，可得，当且仅当时等号成立，所以BH的最大值为．16.如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，，点E在线段上，满足，点F为的中点．（1）证明：平面；（2）若平面，求直线与平面所成角正弦值；（3）在（2）的条件下，求平面与平面所成角的余弦值．（1）证明：取点M为的中点，连接，因为点F为的中点，所以，，又因为，，又，则，所以，，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面．（2）解：因为平面，平面，所以平面平面，又，平面平面，所以平面，所以直线与平面所成角为，设，则，因为，又，所以，，，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为．（3）解：在（2）的条件下，以A为坐标原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，过点A作平行于的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，A0,0,0，，，，，，，，，设平面的一个法向量为n1=则，即，令，所以，设平面的一个法向量为，则，即，令，所以，设平面与平面所成的角为，则，所以平面与平面所成角的余弦值为．17.已知点，分别为椭圆C：的左、右焦点，点A，B分别为椭圆C的左、右顶点，点P在椭圆C上，且满足直线PA与直线PB的斜率之积为．（1）求椭圆C的离心率；（2）若，直线与椭圆C的另一个交点为Q，且直线与直线相交于点M，O为坐标原点，求的取值范围．解：（1）由题知，，，设点Px1,y1又，即，所以，所以，所以，即，则，故椭圆C的离心率．（2）由（1）可得，又因为，可得，所以，，，则椭圆C的方程为，则A-2,0，，设Qx2,y2直线的方程为：，联立，两式相除可得，即，设直线PQ：，所以，，代入可得，联立，整理得，，所以，所以，即，所以，则，解得，当直线的斜率为0时，与重合，不满足题意，所以点M不取，可得点M的轨迹为，所以的取值范围为．18.已知函数，，．（1）若，函数在上单调递减，求实数a的取值范围；（2）若，，求函数在上的零点个数．解：（1）当时，，，因为函数在上单调递减，所以在上恒成立，即在上恒成立，可得，令，上，，，所以在上的最小值为，所以实数a的取值范围为．（2）当，时，，可得，，设，则，易知在上单调递增，又，，所以，使得，在上,在上，所以f'x在上单调递减，在上