河北省2025届高三上学期大数据应用调研联合测评（I）数学试题（Word版附解析）

这是一份河北省2025届高三上学期大数据应用调研联合测评（I）数学试题（Word版附解析），共13页。试卷主要包含了已知，则等内容，欢迎下载使用。
数 学
班级__________姓名__________
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､班级和考号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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.设全集是实数集，则（ ）
A. B. C. D.
2.设为虚数单位，复数满足，则（ ）
A.2 B. C.4 D.
3.已知向量，且，则（ ）
A.2 B.-2 C. D.
4.已知正项等比数列满足，则数列前10项和为（ ）
A.255 B.511 C.1023 D.2047
5.已知，则（ ）
A. B. C. D.
6.已知某圆台的上底面半径为2，下底面半径为4，高为，若某一球的体积与该圆台体积相同，则该球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
7.现从环保公益演讲团的6名教师中选出3名，分别到三所学校参加公益演讲活动，则甲､乙2名教师不能到学校，且丙教师不能到学校的概率为（ ）
A. B. C. D.
8.给定函数，用表示中的最大者，记作，若，则实数的最大值为（ ）
A. B.1 C. D.
二､多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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.已为随机变量，且，其中，则下列命题正确的是（ ）
A.若，则
B.若，则
C.若，则
D.若，则
10.设函数为函数的极大值点，则下列结论正确的是（ ）
A.
B.若为函数的极小值点，则
C.若有三个解，则的取值范围为
D.当时，
11.已知曲线（如图所示）过坐标原点，且上的点满足到两个定点，的距离之积为4，则下列结论正确的是（ ）
A.
B.
C.周长的最小值为8
D.的面积最大值为2
三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12.已知双曲线的左､右焦点分别是，若双曲线右支上点满足，则该双曲线的离心率为__________.
13.若为函数图象上的一点，，则的最小值为__________.
14.已知是三个集合，且满足，则满足条件的有序集合对的总数是__________.（用数字作答）
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.（本小题满分13分）设的内角的对边分别为，已知.
（1）求角的大小；
（2）若，且的面积为，求的周长.
16.（本小题满分15分）如图，在四棱锥中，四边形为矩形，底面，是的中点，点在棱上，且.
（1）证明：；
（2）若二面角的余弦值为，求.
17.（本小题满分15分）已知椭圆的焦点在轴上，离心率为，对称轴为坐标轴，且经过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）若过的直线交椭圆于两点，求的取值范围.
18.（本小题满分17分）已知函数.
（1）求证；
（2）求方程解的个数；
（3）设，证明.
19.（本小题满分17分）定义二元数，将所有的二元数按照从小到大排列后构成数列.
（1）求；
（2）对于给定的，是否存在，使得，成等差数列？若存在求出满足的条件；若不存在，请说明理由；
（3）若，求.
河北省2025届高三年级大数据应用调研联合测评（I）
数学参考答案及解析
1.B 【解析】因为，所以，又因为，所以，故选B.
2.A 【解析】因为，所以，所以，故选A.
3.C 【解析】因为，又因为，所以，所以，故选C.
3.C 【解析】设等比数列的公比为，
由，得又因为各项均为正数，所以
所以.故选C.
5.A 【解析】，
等号两边同时除以，得到，
即，故选A.
6.C 【解析】由已知圆台的体积为，设该球的半径为，则，，所以该球的表面积，故选C.
7.D 【解析】6名教师选出3人分别到，三所学校的方法共有种.甲､乙2名教师不能到学校，且丙教师不能到学校的第一种情况：若丙去校，有种选法；第二种情况，若丙不去校，则校有种选法，校有种选法，校有种选法，共有种，所以一共有种.所以概率，故选D.
8.B 【解析】，即恒成立，设恒成立，设，令，则，解得单调递减，时，单调递增，.
，令
时，单调递减，时，单调递增，.所以实数的最大值为1.故选B.
9.ACD 【解析】对于A，由正态分布的期望公式得，，故A正确；
对于B，由正态分布的方差公式得，，故B错误；
对于C，由正态分布的对称性得，，
所以，故C正确；
对于D，由，则，
根据方差的性质知，分布更集中，所以，故D正确.故选ACD.
10.ABC 【解析】因为为函数的零点，且为函数的不变号零点，由数轴标根法可得，故A正确.，
，所以B正确.
由以上分析可得当时取得极小值，且，
的大致图象如图，
由有三个解，则，解得，故C正确.
由以上分析可得时，单调递增，因为
时，，所以，所以D错误.故选ABC.
11.ABD 【解析】由题意，已知过坐标原点，将代入，得，所以A正确.
由图象，令，得，或，所以B正确.
由，当且仅当时等号成立，
周长的最小值为，
而此时，不能构成三角形，即最小值不是8，所以C错误.
因为，则，则，即，得，设，
所以，则当时，有最大值1，所以有最大值为，所以，所以D正确.故选ABD.
12.【答案】
【解析】，所以，又因为，所以离心率.
13.【答案】
【解析】，设，所以曲线在点处的切线的斜率为，直线的斜率为，当曲线在点处的切线与直线垂直时，最小，即，即，设因为
，
在上单调递增，时最小，最小值为.所以答案为.
14.【答案】1024
【解析】考虑将集合划分为4个集合，，接下来将集合中的元素逐一安排到集合中即可得所求总数为.故答案为1024.
15.【解】（1）由，
，
又，
，
所以.
（2）由已知可得，，
可得.
又由余弦定理可得，化简得，，
联立解得，
所以的周长为.
16.【解】（1）证明：因为底面底面，
所以.
因为四边形为矩形，所以.
因为，所以平面.
因为平面，所以.
在中，是的中点，则.
因为，所以平面.
因为平面，所以.
又因为，
所以平面.
因为平面，所以.
（2）方法一：以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系，
设，
则，
所以，
由（1）知为平面的一个法向量，
设平面的一个法向量为，
则即令，则，
所以，
所以，
解得，
即.
方法二：由（1）可得平面
因为平面平面，
所以.
所以为二面角的平面角.
所以，
设，则，
所以，
解得，
.
17.【解】（1）依题意，可设椭圆的方程为.
由
又因为，所以，
，
椭圆经过点，代入上述方程
解得，则，
椭圆的方程为.
（2）由（1）可知：，
当斜率不存在时，若点与重合，与重合.此时.若点与重合，与重合，则.
当直线斜率存在时，设直线，
联立得消去可得，
显然，
则，
可得，
整理可得，
因为，可得，
令，则，解得，即，
所以.
综上，的取值范围为.
18.【解】（1）令，
所以，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
所以当时，单调递增，
所以，所以得证.
（2）由得，即，
令，
所以函数的零点个数，即为方程解的个数，
，令，即，解得，
因为，
所以在上有唯一一个零点，
又，
所以在上有唯一一个零点.
综上所述，方程有两个解.
（3）由（1）知，，
令，则，即，
设，则满足，所以，即，
所以
所以
即.
19.【解】（1）令，得，
令，得，
令，得，
令，得，
令，得，
令，得.
（2）若成等差数列，
则，即.
当时，，此时左边为奇数，右边为偶数，不成立；
当时，，此时左边为奇数，右边为偶数，不成立；
当时，成立.
所以.
（3），
，
即
当时，，此时左边为奇数，右边为偶数，不成立；
当时，，此时左边为奇数，右边为偶数，不成立；
当时，，
即，
，
，
当且仅当即时取等号，
又因为，
.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
B
A
C
C
A
C
D
B
ACD
ABC
ABD
-
0
+
单调递减
单调递增