河北省秦皇岛市山海关区2025届高三毕业班第二次模拟考试数学试卷（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1河北省秦皇岛市山海关区2025届高三毕业班第二次模拟考试数学试卷一、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】A【解析】由题意得，，，.故选：A.2.已知复数满足，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】设，则，即，解得，所以.故选：D.3.已知向量，若，且满足，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为，，则，又，则，整理得到，故选：A.4.折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史.如图所示的某折扇扇面可视为一个圆台的侧面展开图，该扇面的面积为元，若该圆台上、下底面半径分别为5，10，则该圆台的体积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】，圆台的侧面积为，母线长圆台的高则圆台上下底面面积为由圆台的体积计算公式可得：故选：C.5.已知，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为，，所以，所以，所以.故选：D6.已知，，，则的大小关系为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题a=log，且c=1+log9，综上，，即.故选：B.7.设双曲线C：（，）的左、右焦点分别为，，点P在双曲线C上，过点P作两条渐近线的垂线，垂足分别为D，E，若，且，则双曲线C的离心率为（）A. B. C. D.2【答案】C【解析】设，则，即，双曲线C的渐近线方程为，所以，又，平方后得，又在中，由可得，所以，两式相减，整理得，所以，因为，所以，解得．故选：C.8.在三棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，且，，点在底面内的射影在的外部，且，则该三棱锥外接球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题设，知且，底面，若是的中点，而，则，且，而底面，则，都在平面内，则平面，由平面，则，又底面，则，由，则，即，由点在底面内的射影在的外部，则在边的外侧，如下图，若在的另一侧，则必与的中点重合，不合题设，由题意，该三棱锥外接球球心在过的中点垂直于平面的直线上，根据几何关系有，则，所以，可得，（注意时，不成立），所以，外接球半径，则，故其表面积.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.某科技公司统计了一款App最近5个月的下载量，如下表所示，若与线性相关，且经验回归方程为，则（）月份编号12345下载量万次54.543.52.5A.与负相关 B.C.第7个月的下载量估计为1.8万次 D.残差绝对值的最大值为0.2【答案】ABD【解析】对于A，由，则回归直线斜向下，故A正确；对于B，由，，即样本中心为，则，解得，故B正确；对于C，将代入回归方程，解得，故C错误；对于D，由题意可得下表：则最大值为，故D正确.故选：ABD.10.已知函数的部分图象如图所示，则（）A.B.点是图象的一个对称中心C.方程在区间上有2026个实数解D.若，则的单调递增区间为【答案】AB【解析】由函数图象可知，最小正周期满足，即，所以，又因为函数图象过点，将其代入函数可得，即，解得，又因为，所以，，所以，故A正确；对于B，因为函数的对称中心是，所以令，可得，当时，，所以，点是图象的一个对称中心，故B正确；对于C，令，得.当时，即，则在区间上，共有1013个实数解；当时，即，则在区间上，共有1012个实数解.综上，方程在区间上有个实数解，故C错误；对于D，由函数定义域可知，，又因为函数在上单调递减，所以要使函数单调递增，即函数单调递减，且，所以，解得.所以，的单调递增区间为，故D错误.故选：AB.11.记定义在上的函数与的导函数分别为和，若，，且，则（）A. B.的图象关于直线对称C.是周期函数，且其中一个周期为8 D.【答案】BC【解析】由题意，函数与的定义域均为.由求导可得，即，所以的图象关于直线对称，故B正确；由求导可得，，，则（常数），令，则有，所以，即，所以，即函数的图象关于直线对称.又由可得，则有，，，即，所以函数的图象关于点对称.所以函数是周期函数，周期.证明如下：由可得，由上述结论可知，所以.则，即，又由可得，所以.所以是周期函数，且其中一个周期为8，故C正确；对于A，因为，，若，则，与矛盾.故A错误；对于D，由求导可得，则有，因为，所以则（是常数），令，可得，所以，即函数的图象关于直线对称.所以，函数也是周期函数，周期.，令，可得，根据对称性可知，，所以.所以，不确定是否为0，故D错误.故选：BC.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知等比数列的前6项和为126，其中偶数项和是奇数项和的2倍，则______．【答案】2【解析】由题设，可得，若的公比为，则，所以，则.故答案为：213.将1，1，1，1，2，4，6，8这8个数填入如图所示的格子中（要求每个数都要填入，每个格子中只能填一个数），则不同的填数方法共有______种；若填入的每行数之和为偶数，则不同的填数方法共有______种（用数字作答）.【答案】①.1680②.912【解析】首先任选4个格子填1，有种，再将余下的4个数填入其它4个格子，有种，所以，不同的填数方法共有种，要使填入的每行数之和为偶数，第1、2行填1的个数有三种情况，若，即第1行0个1，第2行4个1，此时有种；若，即第1行、第2行各2个1，此时有种；若，即第1行4个1，第2行0个1，此时有种；所以共有种.故答案为：1680，91214.已知椭圆的右焦点为，上顶点为，点在圆上，点在椭圆上，则的最小值是__________．【答案】【解析】椭圆的，

右焦点为，右焦点为，上顶点为，

点在圆上，可设，

，

表示点与的距离，

由椭圆的定义可得，

，

当且仅当三点共线上式取得等号，

故的最小值是，

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.年哈尔滨亚洲冬季运动会，是继年北京冬奥会后中国举办的又一重大国际综合性冰雪盛会，将于年月日至月日在黑龙江省哈尔滨市举行，人们将在观看比赛的同时，开始投入健身的行列.某兴趣小组为了解哈尔滨市不同年龄段的市民每周锻炼的时长情况，随机抽取人进行调查，得到如下列联表：年龄周平均锻炼时长合计少于小时不少于小时岁以下岁以上（含）合计（1）试根据的独立性检验，判断周平均锻炼时长是否与年龄有关；（2）现从岁以下的样本中按周平均锻炼时长是否少于小时，用分层随机抽样的方法抽取人做进一步访谈，再从这人中随机抽取人填写调查问卷．记抽取人中周平均锻炼时长少于小时的人数为，求的分布列和数学期望．附：，其中．解：（1）零假设：周平均锻炼时长是否与年龄无关，由列联表中的数据，可得，又，根据的独立性检验，我们推断假设不成立，即周平均锻炼时长与年龄有关.（2）抽取的人中，周平均锻炼时长少于小时的有人，不少于小时的有人，所以所有可能的取值为，，，，所以随机变量的分布列为：随机变量的数学期望.16.如图①，已知正方形的边长为4，分别为的中点，沿将四边形折起，如图②，使二面角的大小为60°，在线段上，直线与直线的交点为．（1）若为的中点，证明：平面；（2）当时，求直线与平面所成角余弦值．（1）证明：连接交于点Q，连接，因为正方形，分别为的中点，所以四边形为矩形，所以为中点，又为的中点，，所以为的中点，所以，又平面，平面，所以平面．（2）解：由题知：，二面角的大小为60°，故：是二面角平面角，，又，所以为正三角形，取中点，中点，连接，则，易证：面，所以，以为坐标原点，分别为轴建立平面直角坐标系，则，所以，设平面的法向量为，则，令，则则，设直线与平面的夹角为，则，又，所以，所以，直线与平面所成角的余弦值为.17.已知锐角三角形的内角所对的边分别为，且满足．（1）求；（2）若，求的取值范围．解：（1）由，根据正弦定理，得，由，，则，即，而，故,又，所以.（2）由正弦定理，且，则，，由，则，由，则，即，可得，令，则，易知函数在上单调递增，在上单调递减，，，，所以.18.已知抛物线的焦点到准线的距离为2，为坐标原点．（1）求的方程；（2）已知点，若上存在一点，使得，求的取值范围；（3）过的直线交于两点，过的直线交于，两点，，位于轴的同侧，证明：为定值．解：（1）由题意可知：焦点F到准线的距离为，所以抛物线E的方程为.（2）设，可知，则，可得，显然不满足上式，则，可得，又因为，当且仅当，即时，等号成立，则，即，所以t的取值范围为.（3）设，则直线的斜率，可得直线的方程，整理得，同理可得：直线的方程，由题意可得：，整理得，又因为直线的斜率分别为，显然为锐角，则，所以为定值.19.对于数列，定义：如果函数使得数列的前项和小于，则称数列是“控制数列”.（1）设，证明：存在，使得等差数列是“控制数列”；（2）设，判断数列是否为“控制数列”，并说明理由；（3）仿照上述定义，我们还可以定义：如果存在实数使得数列的前项积小于，则称数列是“特控数列”.设，其中，证明：数列是“特控数列”.（1）证明：不妨设等差数列的首项为，公差为d，前n项和为，则，取，，，则，有，即，即存在，使得等差数列