河北省承德市承德县第一中学等校2024-2025学年高三上学期摸底联考数学试题（解析版）

这是一份河北省承德市承德县第一中学等校2024-2025学年高三上学期摸底联考数学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答， 已知，则，1587B， 过点可作曲线的切线条数为， 已知函数，则等内容，欢迎下载使用。

本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.
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. 已知命题；命题，则（ ）
A. 和都是真命题B. 和都是真命题
C. 和都是真命题D. 和都是真命题
【答案】C
【解析】
【分析】根据指数函数的性质即可判断命题的真假，举例即可判断命题的真假，再根据原命题与命题的否定真假的关系即可得解.
【详解】对于命题，因为，所以，所以命题为真命题，为假命题；
对于命题，当x>1时，，，不成立，
所以命题为假命题，为真命题.
故选：C.
2. 已知为纯虚数，则在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】首先根据复数的特征求，再根据复数的几何意义求解.
【详解】复数为纯虚数，则，则，
所以，
所以复数在复平面内对应的点为，位于第二象限.
故选：B
3. 渔民在某次打捞中打捞到条鱼的质量（单位：斤）分别为：3.5，1.6，4.2，3.2，4.0，4.3，5.3，2.6，则这组数据的上四分位数为（ ）
A. 4.1B. 4.25C. 4.35D. 4.5
【答案】B
【解析】
【分析】将这组数据从小到大排列，根据上四分位数的概念，即可求得答案.
【详解】将这组数据从小到大排列得，
由上四分位数的概念知，
所以这组数据的上四分位数为第6和第7个数据的平均值，即.
故选：B.
4. 已知平面向量，则（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据平面向量夹角的坐标公式计算即可.
详解】由题意，，即，解得.
故选：A.
5. 已知椭圆的左､右焦点分别为上一点满足，若，则的离心率为（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据椭圆的定义求出，再利用勾股定理得出的齐次式，进而可得出答案.
【详解】由题意，
在中，，
则AF22+AF12=F1F22，
即，
整理得，
所以的离心率.
故选：D.
6. 已知，则（ ）
（注：若随机变量，则）
A. 0.1587B. 0.8413C. 1D. 0.4206
【答案】C
【解析】
【分析】根据正态分布的性质及所给条件求解即可.
【详解】因为，
所以，
因为，
所以，
所以，
故选：C
7. 过点可作曲线的切线条数为（ ）
A 1B. 2C. 3D. 0
【答案】B
【解析】
【分析】根据导数的几何意义，结合该点是不是切点分类讨论进行求解即可.
【详解】由，
当点是切点时，此时切线的斜率为，此时有一条切线；
当点是不切点时，设切点为，则切线的斜率为，
切线方程为：，该切线过点，
于是有
或（舍去），
综上所述：过点可作曲线的切线条数为，
故选：B
8. 在圆锥中，轴截面为腰长为的等腰直角三角形，为底面圆上一点，且为线段上一动点，为等腰三角形，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆锥的几何性质，确定相应长度，再将和平铺成一个平面，利用余弦定理即可求解.
【详解】如图，
因为轴截面为腰长为的等腰直角三角形，
所以,
又因为为等腰三角形，
所以
所以
将和平铺成一个平面，如下图，
此时,
当三点共线时，最小，
最小值为，
故选：B.
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. 已知函数，则（ ）
A. 的图象关于直线对称
B. 的图象关于点对称
C. 在区间上单调递减
D. 在区间的值域为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据正弦函数的性质逐一判断即可.
【详解】因为，
选项A：，所以的图象关于直线对称，A说法正确；
选项B：，所以的图象关于点对称，B说法正确；
选项C：当时，，因为在单调递增，所以在区间上单调递增，C说法错误；
选项D：当时，，因为在的值域为，
所以在区间的值域为，D说法正确；
故选：ABD
10. 已知点为抛物线的焦点，为上不重合的两个动点，为坐标原点，若直线（直线斜率存在且不为0）与仅有唯一交点，则（ ）
A. 的准线方程为
B. 若线段与的交点恰好为中点，则
C. 直线与直线垂直
D. 若，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据抛物线准线的定义即可判断A；求出线段的中点坐标，代入抛物线方程，即可判断B；设直线的方程为，联立方程，根据，结合直线的斜率公式即可判断C；根据焦半径公式即可判断D.
【详解】对于A，由抛物线抛物线，得的准线方程为，故A正确；
对于B，F1,0，则线段的中点坐标为，则，解得，故B正确；
对于C，设直线的方程为，
联立，消得，则，所以，
则，所以直线与直线垂直，故C正确；
对于D，设，则，所以，
所以，所以，故D错误.
故选：ABC.
11. 如图所示的曲线被称为双纽线，该种曲线在生活中应用非常广泛，其代数形式可表示为坐标中（为坐标原点）动点到点的距离满足：，则（ ）

A. OP的最大值是
B. 若是曲线上一点，且在第一象限，则
C. 与有1个交点
D. 面积的最大值是
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据对称性可知运动到轴上时，此时OP最大，即可求解A，根据特殊位置法即可求解B，利用与的交点，即可结合，求解C，利用判别式可得，即可求解D.
【详解】由双纽线的对称性可知：当运动到轴上时，此时OP最大，不妨设此时在轴的正半轴上，设此时，
由，得，解得，故OP的最大值是，A正确，
设Px,y，则，令，则，解得，而此时，不满足，故B错误，
联立与，则，解得，
故直线与曲线只有一个交点，而，，由A易知双纽线中，
根据对称性，只需研究上与的交点情况，显然只有原点这1个交点，C正确，
对于D，由可得，
令，则，该方程有实数根，故，解得，故，
，故D正确，
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：根据与的交点，结合，，可判断与的交点，由二次型方程的根，利用判别式可求解最大的纵坐标.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，结合组合数的计算公式，准确计算，即可求解.
【详解】由组合数的计算公式，可得，解得.
故答案为：.
13. 写出函数的一个极值点__________.
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】求导函数，令即可求极值点.
【详解】由题意，函数，
导函数，
令，则或，
所以或.
令，则可取，且在其左右两侧导函数变号.
故答案为：.（答案不唯一）
14. 已知数列满足，则的前项和__________.
【答案】
【解析】
【分析】先根据同角的三角函数关系式化简递推关系，再变形为，最后根据等比数列的定义、通项公式、前项和公式进行求解即可.
【详解】，
因此当时，数列是以为首项，为公比的等比数列，
即，显然也适合，
因此，
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题的关键是化简递推公式后，由.
四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 某智能机器人体验店近日生意火爆，来店的消费者络绎不绝，店长对最近100位消费者的体验机器人时长（不超过25分钟）进行了统计，统计结果如下表所示，已知每位消费者在该人工智能体验店每体验一台机器人的时间为5分钟，该体验店的利润为100元，体验时间为10分钟或者15分钟，其利润为150元，体验时间为20分钟或者25分钟，其利润为200元.用表示该体验店从一名消费者身上获取的利润.
（1）若以频率作为概率，求在该体验店消费的3名消费者中，至多有1名体验者体验15分钟的概率；
（2）求的分布列及期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析；
【解析】
【分析】（1）求出体验者体验15分钟概率，利用独立事件的概率乘法公式求解即可；
（2）由题意，可能取值为：100，150，200，，求出相应的概率，得到的分布列，再结合期望公式求解.
【小问1详解】
以频率作为概率，则体验者体验15分钟的概率为，事件“在该体验店消费的3名消费者中，至多有1名体验者体验15分钟”，
则
【小问2详解】
由题意，可能取值为：100，150，200，
则；
，
，
所以的分布列为：
所以
16. 已知数列是以1为首项，2为公比的等比数列，等差数列有，.
（1）求的通项公式；
（2）求数列的最大项的值.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等比数列的定义和通项公式可以求出an的通项公式，再结合等差数列的通项公式，通过解方程组求出bn的通项公式；
（2）利用作差比较法判断数列的单调性，再利用单调性进行求解即可.
【小问1详解】
因为数列是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以，
设等差数列bn的公差为，
因为，，
所以，
即，.
【小问2详解】
由上可知，.
所以令，
则有，
当时，，
即数列从第一项起一直增加到第10项，
当时，，
即数列从第10项开始递减，
因此为数列的最大项，，
所以数列的最大项的值为.
17. 正四棱柱中，点分别在上，且四点共面.
（1）若，记平面与底面的交线为，证明：；
（2）已知，若，求四边形面积的最大值.
【答案】（1）证明见解析
（2）2
【解析】
【分析】（1）连接，利用已知可得四边形是平行四边形，进而可得平面，由线面平行的性质可得；
（2）以为坐标原点，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，由已知可得四边形是平行四边形，进而可得，结合已知计算可求四边形面积的最大值.
【小问1详解】
连接，
由正四棱柱，可得，，，又因为，所以由勾股定理可得，
又，所以，所以四边形是平行四边形，
所以，又平面，平面，
所以平面，又平面平面，平面平面，
所以，所以；
【小问2详解】
以为坐标原点，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，又底面是正方形，所以，
又，所以，
所以，
所以，
所以，
，
由正四棱柱，可得平在面，
又四点共面，过有唯一平面，
又平面平面，平面平面，
所以，同理可得，所以四边形是平行四边形，
又，所以，
所以，又，
所以，解得，
所以
，
所以四边形面积的最大值为.
18. 已知的内角的对边分别为，面积为，且.
（1）证明：为等边三角形；
（2）设的延长线上一点满足，又平面内的动点满足，求的最小值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）10
【解析】
【分析】（1）根据面积公式结合正弦定理求出C,再应用余弦定理计算边长即可判断形状;
（2）先设点的坐标，应用角的关系结合二倍角正切公式得出轨迹方程，再数形结合得出距离和最小即可.
【小问1详解】
因为，由正弦定理得不是最大边,
面积,所以,所以,
由余弦定理,化简得，，
,
所以
所以是等边三角形.
【小问2详解】
如图建系，
设点Px,y，当时，
因为，所以,
所以,化简得，其中，
当时，，因为，则此时不合题意，则，
当时，，因为，则此时不合题意，则，
因为是由双曲线向右平移4个单位得到的，
易知双曲线的焦点坐标为，则平移后焦点坐标为和，
作出双曲线，的图象如图所示：
根据双曲线定义知，则，则，
当且仅当三点共线时取等号，
当时，此时，，故此时不可能满足，舍去；
综上所述的最小值为10.
【点睛】方法点睛：先设点P的坐标，应用角的关系结合二倍角正切公式得出轨迹方程，再数形结合得出距离和最小即可.
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”.
【答案】（1）证明见解析
（2）是，理由见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）结合等差数列求和公式，令，，即可得证；
（2）构造函数，借助导数研究其单调性可得，即可得，从而可得数列的前项小于；
（3）借助第二问中所得得到时，，从而得到当时，有，再构函数，利用导数得到其单调性从而证明即可得证.
【小问1详解】
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，使得等差数列是“控制数列”；
【小问2详解】
数列是“控制数列”，理由如下：
令，，
当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减．
则，即，时取等号．
则，
记数列的前n项和为，
则，
即，即数列是“控制数列”；
【小问3详解】
要证数列是“特控数列”，即证，
因为，所以，，
对两边取对数，有，
即证，即证，
由（2）知当时，，
则当时，有，
则只需证，即证，
即证，
由，则，则，
令，，则，
故在上单调递减，则，
即在上恒成立，即，
故，
即数列是“特控数列”．
【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于借助第二问中所得得到时，，从而得到当时，有.
体验时间
5分钟
10分钟
15分钟
20分钟
25分钟
频数
30
20
20
10
20
100
150
200