河北省沧州市运东七县2025届高三下学期3月模拟（二）数学试题（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1河北省沧州市运东七县2025届高三下学期3月模拟（二）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.设集合，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为所以故选：C2.某同学记录了3月1日到8日每天的最高温（单位：℃），分别为，则该组数的第80百分位数为（）A.10 B.13 C.13.5 D.14【答案】D【解析】根据题意将数据从小到大排列有共8项数据，所以，故第80百分数为14.故选：D.3.已知函数是定义在上的奇函数，当时，，那么的值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由题知，，因为是定义在上的奇函数，所以．故选：D．4.已知，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】，，当且仅当时等号成立故选：D5.已知角的始边与轴非负半轴重合，终边经过点，且，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由三角函数的定义得，，所以，故选：C6.已知函数的高阶导数为，即对函数连续求阶导数．例如，则，，，，，…，若，则的展开式中的系数是（）A.360 B.280 C.255 D.210【答案】D【解析】因为所以，继续求二阶导数得：，继续求三阶导数得：，……所以.所以的系数为.故选：D7.在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列.由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0.已知发送信号0时，接收为0和1的概率分别为0.9和0.1：发送信号1时，接收为1和0的概率分别为0.95和0.05.假设发送信号0和1是等可能的，已知接收的信号为0，则发送的信号是1的概率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】设“发送的信号为0”，“接收到的信号为0”，则“发送的信号为1”，“接收到的信号为1”．由题意得，，，，，，．故选：B.8.在平面直角坐标系中，点，，向量，且，若为抛物线上一点，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】设，因为，且，所以，消去得：即.因为抛物线，即，则，由，此时.因为点到直线的距离为：，即为的最小值.故选：A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.已知为虚数单位，以下选项正确的是（）A.若复数满足，则的最大值为6B.C.若复数，，满足，则D.若，则的充要条件是，【答案】ABD【解析】对于选项A，令，因为，则，所以复数对应点在以原点为圆心，为半径的圆上，又，其几可意义表示点到距离，又到原点的距离为，所以的最大值为，故选项A正确，对于选项B，因，所以选项B正确，对于选项C，取，显然有，但不一定相等，所以选项C错误，对于选项D，因为，所以选项D正确，故选：ABD.10.在正方体中分别是的中点.下列说法正确的是（）A.平面B.异面直线与所成角的余弦值为C.过三点的平面截正方体所得截面图形的周长为D.若点在正方体表面上运动，且点到点的距离与到点的距离之比为，则点的轨迹长度为【答案】ABD【解析】对于A，设为的中点，连接，则，而，所以，故四边形为平行四边形，故，而平面，平面，故平面，故A正确；对于B，取的中点，连接，则且，故或其补角为异面直线所成的角，而，故，故，故B正确；对于C，设直线与直线交于，连接角于，因为，故，同理，故，故，而，，故截面图形的周长为，故C错误；对于D，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设，则，则，故的轨迹为球与正方体表面的截线（如图所示），每段弧的圆心角为，所在圆的半径为，故三段弧长和为，故D正确.故选：ABD.11.在重伯努利试俭中，每次试验事件发生的概率为，事件发生的次数超过一半的概率为，下列叙述中正确的是（）A.若为奇数时，B.若为偶数时，C.若为奇数时，随着的增大而增大D.若为偶数时，随着的增大而增大【答案】BD【解析】当

时，二项分布对称，即：,.对于选项A：由二项式系数的对称性可知：事件

发生的次数超过一半的概率

等于事件

发生的次数少于一半的概率.因为

是奇数，所以事件

发生的次数恰好等于一半的概率为0，因此，，选项A错误；对于选项B：设

（

为正整数），则成功次数超过一半的条件为

.由于

，二项分布对称，因此：，此外，

为中间项的概率.因此，总概率满足：，由于

，有：，即：，由于

，因此：，因此，选项B是正确的；对于选项C：取，，取，，当很小，比如时，很接近于4，于是，所以，故C是错误的；对于选项D：当

为偶数时，设

，其中

为正整数，事件

发生的次数超过一半意味着

，设..由于

，且

，我们有：.由于

，则：.因此，

对于所有

成立.由于

且

，每一项的导数都是正的，因此

，即

随着

的增大而增大，故D正确.故选：BD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知为幂函数，目，则__________.【答案】【解析】依题意，设，由可得，解得，则，于是.故答案为：.13.已知双曲线的左、右焦点分别为，过点且斜率为的直线与双曲线交于两点，其中点在轴上方，设与的面积分别为，则__________.【答案】【解析】已知，则直线，即，将其代入双曲线方程中得，设，则，故.故答案为：14.已知方程有且仅有两个不相等的正实数根，则实数的取值范围是__________.【答案】【解析】（1）当时，方程化为：，此时无解，舍去；（2）当时，考虑方程正实数根情况，只需研究当时方程解的情况，即此时方程化为，若此时方程有两个不相等的正实数根，则需（3）当时，因为，所以方程化为，若此时方程有两个不相等的正实数根，则需（4）当时，函数与轴有两个零点函数与轴有两个零点因为，所以即作出函数与函数图象，由图可知两图象有两个不同交点，且交点横坐标大于零，从而方程有两个不相等的正实数根，综上，满足条件的取值范围为或，即故答案为：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.（1）求证：；（2）若，求的面积.（1）证明：由题意得：，由余弦定理得，，所以，由于，所以或，因为，所以.（2）解：由正弦定理可得，即，得，由余弦定理可得，代入得，解得舍去），所以，故.16.已知函数.（1）讨论的极值点个数；（2）若存在实数使得轴为的切线，求的最大值.解：（1）由题意得若，则在上单调递增，无极值点若，令，得，由于是增函数.所以时，单调递减，时，单调递增，故是的唯一极小值点.综上，当时，无极值点；时，有唯一极小值点，无极大值点.（2）设切点，由（1）知，因为轴为的切线，则解得，令，当时，单调递增，当时，单调递减，故是的唯一极大值点.，所以的最大值为1.17.在三棱柱中，，点为的延长线上一点，且满足.（1）从这5个点中任取4个点，可以构成多少个不同的三棱锥？并列举所有符合条件的三棱锥；（2）证明：：（3）求直线与平面所成的角.（1）解：构成4个不同的三棱锥，分别是三棱锥，三棱锥，三棱锥，三棱锥；（2）证明：连接，因为，所以同理，取中点，连接，由等腰三角形三线合一,得,又平面平面，所以平面,平面，所以,（3）解法1：依题意，可知点在以为直径的圆上，所以，由（2），所以，又平面平面，所以平面为平面的一个法向量.直线与平面所成的角即直线与直线夹角的余角因为由（2）知，，所以为正三角形，故,故直线与平面所成的角为;解法2：依题意，可知点在以为直径的圆上，所以，由（2），所以，又平面平面，所以平面，平面，点到平面的距离等于点到平面的距离，也就是点到平面的距离的，点到平面的距离为1，由（2）知为正三角形，，直线与平面所成角的正弦值是，所以直线与平面所成角为解法3：由（2）知平面，又平面，可得平面平面，在平面内，过作，垂足为因为平面平面，平面与平面，则平面，过作，可知平面，由此可知两两垂直，所以，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示.在等边和等边中，可求得，则在中，，，可知依题意，可知点在以为直径的圆上，所以，由（2），所以，又平面平面，所以平面，为平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，，直线与平面所成角为18.已知椭圆的一个焦点短轴长为.（1）求椭圆的标准方程；（2）连线与轴交于点，过焦点的直线与椭圆交于两点.（i）证明：点在以为直径的圆外：（ii）在上是否存在点使得是等边三角形.若存在，求出直线方程，若不存在，请说明理由.解：（1）由题意得，所以，则椭圆的标准方程为，（2）（i）由题意得，，当直线斜率为0时，此时以为直径的圆的方程为，显然在此圆外；当直线斜率不为0时，设直线的方程为，由可得，，恒成立，设，则故在以为直径的圆外.（ii）当斜率不存在时，，此时到距离为1，故不存在等边三角形，当斜率为0时，易得不存在等边三角形，当斜率存在且不为0时，设直线的方程为，设中点为，又，由（i）得，，由于在直线上，所以直线的斜率为，所以.，因为是等边三角形，所以，则解得，即，故直线的方程为或.19.已知数列，其中.（1）若，集合表示集合的非空子集个数.集合的第个非空子集中的所有元素之和记为，设.（i）直接写出；（ii）计算的前项相和；（2）取，在数列中至少有一项为负值，且，将数列各项依次放在正五边形各顶点上，每个顶点一项.任意相邻三个顶点的三项为，若中间项，则进行如下交换，将变换为，直到正五边形各顶点上的数均为非负时变换终止.求证：对任何符合条件的，上述变换终止只需进行有限多次.（1）解：（i）由则，，因此可得；由则，，因此可得；由则，，因此可得；故；（ii）由题意得集合，所以，解法1：（利用子集构成特点）由于集合的每个元素在其子集中出现的次数均为，故，所