2025屆河北省邢臺市名校協(xié)作高三一模數(shù)學(xué)試題

試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁2025屆河北省邢臺市名校協(xié)作高三一模數(shù)學(xué)試題學(xué)校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．已知集合，，則（

）A． B． C． D．2．若，則復(fù)數(shù)z的虛部是（

）A． B． C． D．3．已知焦點在x軸上的橢圓的離心率為，且它的長軸長等于4，則橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程是（

）A． B．C． D．4．已知為等比數(shù)列，為數(shù)列的前n項和，，則（

）A．3 B．18 C．54 D．1525．已知，，則（

）A． B． C． D．6．設(shè)函數(shù)，則不等式的解集為（

）.A． B．C． D．7．已知，若，則（

）A． B． C．15 D．358．存在使不等式成立，則實數(shù)a的取值范圍是（

）A． B．C． D．二、多選題9．已知雙曲線的左、右焦點分別為，，若（為的離心率），則（

）A． B．的虛軸長為C． D．的一條漸近線的斜率為10．將函數(shù)的圖象向左平移個單位后得到函數(shù)的圖象，則（

）A．為函數(shù)圖象的一條對稱軸B．C．函數(shù)在上單調(diào)遞增D．函數(shù)的圖象與函數(shù)的圖象交點個數(shù)為511．如圖，曲線是一條“雙紐線”，其上的點滿足：到點與到點的距離之積為4，則下列結(jié)論正確的是（

）A．點在曲線上B．點在上，則C．點在橢圓上，若，則D．過作軸的垂線交于兩點，則三、填空題12．若向量，滿足，，則．13．已知底面半徑為3的圓錐，其軸截面是正三角形，它的一個內(nèi)接圓柱的底面半徑為1，則此圓柱的側(cè)面積為.14．已知，則的最大值為．四、解答題15．某社區(qū)組織居民開在垃圾分類知識競賽活動.隨機對該社區(qū)名居民的成績進(jìn)行統(tǒng)計，成績均在內(nèi)，將成績分成組進(jìn)行統(tǒng)計分析：第組有人，第組有16人，第組有人，第組有人，第組有人.現(xiàn)使用分層隨機抽樣的方法在第，組共選取人參加垃圾分類志愿者工作.(1)對該社區(qū)名居民進(jìn)行問卷調(diào)查，部分?jǐn)?shù)據(jù)如下表所示，補全表格數(shù)據(jù)，并依據(jù)小概率值的獨立性檢驗，分析能否認(rèn)為居民喜歡垃圾分類與性別有關(guān)；不喜歡垃圾分類喜歡垃圾分類合計男女合計(2)若從參加垃圾分類志愿者工作的人中隨機選取人參加垃圾分類知識宣講工作，記來自第組的人數(shù)為，求的分布列及數(shù)學(xué)期望.附：，.16．已知函數(shù)．(1)時，求的極值；(2)若不等式恒成立，求實數(shù)的取值范圍．17．在直三棱柱中，，分別為，的中點，且，．(1)求證：；(2)求二面角的正弦值．18．已知動點M與兩個定點O(0，0)，A(3，0)的距離的比為，動點M的軌跡為曲線C．(1)求C的軌跡方程，并說明其形狀；(2)過直線x＝3上的動點P(3，p)(p≠0)分別作C的兩條切線PQ、PR(Q、R為切點)，N為弦QR的中點，直線l：3x＋4y＝6分別與x軸、y軸交于點E、F，求△NEF的面積S的取值范圍．19．已知函數(shù)．(1)若，證明：；(2)記數(shù)列的前項和為．（i）若，證明：．（ii）已知函數(shù)，若，，，證明：.答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁《2025屆河北省邢臺市名校協(xié)作高三一模數(shù)學(xué)試題》參考答案題號12345678910答案BBACCBAAABACD題號11答案ACD1．B【分析】先求出集合元素的范圍，再結(jié)合交集運算得到結(jié)果.【詳解】，又，所以.故選：B.2．B【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的除法運算可得，即可得虛部.【詳解】因為，則，所以復(fù)數(shù)z的虛部是.故選：B.3．A【分析】由橢圓的離心率和長軸長，結(jié)合可得橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程.【詳解】由題意得，解得，所以橢圓方程為：，故選：A.4．C【分析】根據(jù)題設(shè)有且，即可得公比為3，首項為2，利用通項公式求對應(yīng)項.【詳解】由題設(shè)得，作差可得，即，又為等比數(shù)列，故其公比為3，且，即，所以.故選：C5．C【分析】根據(jù)得到，結(jié)合題目條件可得，利用倍角公式可計算的值.【詳解】∵，∴.∵，∴，∴，即，解得或（舍），∴.故選：C.6．B【分析】首先判斷函數(shù)的奇偶性與單調(diào)性，根據(jù)奇偶性與單調(diào)性將函數(shù)不等式轉(zhuǎn)化為自變量的不等式，解得即可.【詳解】函數(shù)的定義域為，且，即為偶函數(shù)，當(dāng)時與，與均在上單調(diào)遞增，所以與均在上單調(diào)遞增，所以在上單調(diào)遞增，則不等式等價于，即，解得或，即不等式的解集為.故選：B.7．A【分析】利用賦值法可求的值，再利用二項式展開通項公式即可得解.【詳解】令，可得，解得，，展開式中的系數(shù)為.故選：A.8．A【分析】根據(jù)絕對值的三角不等式和一元二次不等式計算即可.【詳解】存在,不等式成立，變形即成立，由于，因此有，兩邊平方，解得或.故選：A.9．AB【分析】由雙曲線方程可求焦點，的坐標(biāo)，結(jié)合離心率定義求離心率，根據(jù)求，再求虛軸長，由此判斷ABC，再由漸近線方程的定義求漸近線，由此確定漸近線的斜率判斷D.【詳解】由，知，，，由，得，即，，所以的虛軸長為，故A，B正確，C錯誤；由的漸近線方程為，得兩條漸近線的斜率分別為，，故D錯誤．故選：AB．10．ACD【分析】利用三角函數(shù)平移的性質(zhì)求得，進(jìn)而利用三角函數(shù)的對稱性判斷A，同時判斷B，利用三角函數(shù)的單調(diào)性與整體法判斷C，利用三角函數(shù)與對數(shù)函數(shù)的圖象，數(shù)形結(jié)合判斷D，從而得解.【詳解】對于A，將函數(shù)的圖象向左平移個單位，可得到函數(shù)的圖象，則，所以為函數(shù)圖象的一條對稱軸，故A正確；對于B，，故B錯誤；對于C，當(dāng)時，，而在上單調(diào)遞增，所以在上單調(diào)遞增，故C正確；對于D，對于，其周期為，最大值為，令，則，令，則，且，因為的定義域為，且，作出與在上的大致圖象，如圖，結(jié)合圖象可知，的與函數(shù)的圖象交點個數(shù)為5，故D正確.故選：ACD.11．ACD【分析】由“雙紐線”定義判斷A；由“雙紐線”定義得到，再計算判斷B；由“雙紐線”定義和橢圓定義判斷C；設(shè)，由勾股定理得到，再解方程判斷D.【詳解】對于A，，由定義知，A正確；對于B，由點在上，得，化簡得，解得，，B錯誤；對于C，橢圓的焦點坐標(biāo)恰好為與，則，由，得，則，，C正確；對于D，設(shè)，則，而，則，又，則，化簡得，解得，，因此1，，D正確.故選：ACD12．【分析】由兩邊平方結(jié)合數(shù)量積運算律可求，再結(jié)合關(guān)系求結(jié)論.【詳解】因為，，所以，所以，所以，所以．故答案為：．13．【分析】作出圓錐的軸截面，求出圓錐的高，利用三角形相似求出圓柱的高，再根據(jù)側(cè)面積公式計算可得.【詳解】如圖作出圓錐的軸截面，根據(jù)題意可知,,所以可得,根據(jù)三角形相似可得,所以,可求得,根據(jù)圓柱側(cè)面積公式可得.故答案為：

14．【分析】利用平方的非負(fù)性證明，即可得到，再給出的例子即可得到答案.【詳解】因為，所以，故.又因為，故，從而，這就得到.而當(dāng)，時，有，且.所以的最大值為.故答案為：.15．(1)表格見解析，有關(guān)(2)分布列見解析，【分析】（1）根據(jù)題干完成聯(lián)表，進(jìn)而求得，即可判斷相關(guān)性；（2）根據(jù)古典概型概率公式計算公式，進(jìn)而可分布列與期望.【詳解】（1）補充列聯(lián)表如下所示，不喜歡垃圾分類喜歡垃圾分類合計男女合計零假設(shè)：居民喜歡垃圾分類與性別無關(guān)，則，所以依據(jù)小概率值的獨立性檢驗，推斷不成立，即認(rèn)為喜歡垃圾分類與性別有關(guān)；（2）用分層隨機抽樣的方法在第，組抽取的人數(shù)分別是，，所以可能的取值為，，，，，，所以的分布列為.16．(1)函數(shù)取得極大值，無極小值；(2)【分析】（1）首先利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，再求函數(shù)的極值；（2）利用參變分離，轉(zhuǎn)化為，恒成立，再轉(zhuǎn)化為利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值問題.【詳解】（1）當(dāng)時，，，，得，當(dāng)，，單調(diào)遞增，當(dāng)，，單調(diào)遞減，所以當(dāng)時，函數(shù)取得極大值，無極小值；（2）由題意可知，，即恒成立，即，恒成立，設(shè)，，設(shè)，，，設(shè)，所以，得（負(fù)值舍去），當(dāng)時，，單調(diào)遞增，當(dāng)時，，單調(diào)遞減，所以的最大值為，即恒成立，所以單調(diào)遞減，且，所以當(dāng)時，，即，單調(diào)遞增，當(dāng)時，，即，單調(diào)遞減，所以的最大值為，所以.17．(1)證明見解析(2)．【分析】（1）依題意可得，，即可得到平面，從而得證；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法計算可得.【詳解】（1）因為為直棱柱，所以平面，又因為平面，所以，因為，為中點，所以，又因為，平面，所以平面，又因為平面，所以．（2）以為坐標(biāo)原點建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則，，，所以，，設(shè)平面的法向量，則，取，又平面的法向量，記二面角為，則，則，即二面角的正弦值為．18．(1)(x＋1)2＋y2＝4，曲線C是以(－1，0)為圓心，2為半徑的圓(2)【分析】（1）設(shè)出點M的坐標(biāo)，利用直接法建立關(guān)系式，化簡即可求解；（2）寫出以CP為直徑的圓的方程，然后利用Q，R是兩個圓的交點得到QR所在直線方程，聯(lián)立直線QR與圓C的方程，利用韋達(dá)定理求出點N的縱坐標(biāo)，從而得出點N在以O(shè)C為直徑的圓上，求出該圓的圓心以及半徑，利用點，直線與圓的位置關(guān)系即可求解．【詳解】（1）設(shè)M(x，y)，由＝，得＝，化簡得x2＋y2＋2x－3＝0，即(x＋1)2＋y2＝4，故曲線C是以(－1，0)為圓心，2為半徑的圓．（2）由（1）知C(－1，0)，又P(3，p)，(p≠0)，則線段CP的中點的坐標(biāo)為，|CP|＝，故以線段CP為直徑的圓的方程為(x－1)2＋＝，整理得x2＋y2－2x－py－3＝0①．由題意知，Q、R在以CP為直徑的圓上，又Q、R在圓x2＋y2＋2x－3＝0②上，由②－①，得4x＋py＝0，所以弦QR所在直線的方程為4x＋py＝0，可得QR恒過坐標(biāo)原點O(0，0)．由得(16＋p2)y2－8py－48＝0，設(shè)Q(x1，y1)，R(x2，y2)，則y1＋y2＝，所以點N的縱坐標(biāo)＝＝，因為p≠0，所以≠0，所以點N與點C(－1，0)，O(0，0)均不重合．因為N為弦QR的中點，且C(－1，0)為圓C的圓心，所以CN⊥QR，即CN⊥ON，所以點N在以O(shè)C為直徑的圓上，該圓的圓心為G，半徑為．因為直線3x＋4y＝6分別與x軸、y軸交于點E、F，所以E(2，0)，F(xiàn)，因此|EF|＝，圓心G到直線3x＋4y＝6的距離d＝＝．設(shè)△NEF的邊EF上的高為h，則點N到直線3x＋4y＝6的距離h的最小值為d－r＝－＝1；點N到直線3x＋4y＝6的距離h的最大值為d＋r＝＋＝2．所以S的最小值＝××1＝，最大值＝××2＝．因此△NEF的面積S的取值范圍是．19．(1)證明見詳解(2)（i）證明見詳解；（ii）證明見詳解【分析】（1）先構(gòu)造函數(shù)證明，，再由的單調(diào)性得出即可證明；（2）（i）利用錯位相減法求和后放縮即可得證；（ii）利用函數(shù)不等式可得，得出遞推關(guān)系，累乘后可得，求和即可得證.【詳解】（1）設(shè)，當(dāng)時，，所以在上