河北省衡水市冀州中学2024-2025学年高三上学期1月新高考适应性考试数学试题（解析版）

这是一份河北省衡水市冀州中学2024-2025学年高三上学期1月新高考适应性考试数学试题（解析版），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分别解对数,指数不等式，求出，再求并集即可.
【详解】由于,即，即，
解得.则.
由于，即，则，则.
则.
故选：C.
2. 已知复数满足，则的共轭复数在复平面中的对应点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】求出复数后可求，从而可得复数在复平面中的对应点，故可得正确的选项.
【详解】，故，其对应的点为，
该点在第四象限，
故选：D.
3. 已知回归方程，则该方程在样本处的残差为（ ）
A. B. 1C. 2D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】本题可以利用回归方程计算出时的值，然后即可求出方程在样本处的残差.
详解】当时，，
则方程在样本处的残差为，
故选：A.
【点睛】本题考查线性回归方程的运用，主要考查线性回归方程在样本处的残差的相关计算，考查学生的计算能力，属于基础题．
4. 若正整数a，b满足等式，且，则（ ）
A. 1B. 2C. 2022D. 2023
【答案】D
【解析】
【分析】由，再根据二项式定理展开后可求的值.
【详解】∵
，
∴.
故选：D.
5. 已知非零向量、和实数，那么“”是“”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 既不充分也不必要条件
C. 充要条件D. 必要而不充分条件
【答案】D
【解析】
【分析】在等式两边平方，结合平面向量数量积的运算性质可求出向量、的夹角的值，再结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.
【详解】因为向量、为非零向量，设向量、的夹角为，
在等式两边平方可得，
所以，，则，
因为，所以，，即、方向相反，
所以，“”“、方向相反”，“”“、方向相反”，
因此，“”是“”的必要而不充分条件.
故选：D.
6. 已知数列中，，若，则（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用等比数列定义求出，利用构造法求出，再列式求解即得.
【详解】在数列中，由，得数列是首项为2，公比为2的等比数列，，
则，即， 因此数列是以为首项，为公差的等差数列.
则，即，由，得，
所以.
故选：B
7. 已知抛物线：与直线：交于M，N两点，点P在线段上，且，若点在直线上，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设直线，的方程分别为，，由点到直线的距离为，与点到直线的距离也为，得到，是方程的两根，由韦达定理可得，设，，则，故，将直线与抛物线联立，由韦达定理可得k的值.
【详解】已知直线：，设直线，的方程分别为，，
记点到直线的距离为，因为，所以点到直线的距离也为，由点到直线的距离公式可得：则，
整理得，，
故，是方程的两根，故，
设，，则，故，
联立 ，整理得：，
所以，，即
由韦达定理可得，，
则，故，解得，满足题意，
故选：A.
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键点在于利用角平分线上的点到两边的距离相等，然后用点到直线的距离公式得到了关于和两个一元二次方程，由两个方程的结构相同得出，，是方程的两根，再根据韦达定理得到的结论，从而使得该题得解.
8. 如图，在三棱锥中，，，E，F，G分别为，，上靠近点P的三等分点，若此时恰好存在一个小球与三棱锥的四个面均相切，且小球同时还与平面相切，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】取中点，利用等腰三角形性质证明平面，作，，利用相似比得，结合求解可得.
【详解】如图，取中点，连接，.
因为，所以，.
∵，平面，平面，∴平面.
作，垂足为H.
∵平面，∴.
又，平面，平面，∴平面.
过点H作，垂足为，连接，
因为平面，所以，
又是平面内的两条相交直线，所以平面，
因平面，所以.
易知平面平面，设小球半径为，∴，∴.
根据题意，，
∵，，∴，∴.
由，得，∴，∴.
∴.
故选：B
【点睛】方法点睛：关于几何体的内切球问题，通常根据体积公式列方程进行求解.
二、多选题：本题共2小题，共12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2分，有选错的得0分.
9. 已知函数，则下列选项正确的是（ ）
A. 的图象关于点对称B. 是的极大值点
C. 在处的切线方程为D. 在区间上单调递增
【答案】AC
【解析】
【分析】A根据的关系判断；B、D对函数求导求的单调区间判断；C由导数的几何意义求切线方程判断.
【详解】A：，
即，所以图象关于点对称，A对；
B：由，
令，则，即且，
令，则，即且，
显然时，上递减，上递增，故是的极小值点，错；
C：由B分析知，又，
易知在处的切线方程为，对；
D：由B分析知，区间中，在上递增，在上递减，错.
故选：AC
10. 双纽线是卡西尼卵形线的一类分支， 在数学曲线领域占有至关重要的地位， 同时也具有特殊的有价值的艺术美. 双纽线的图形轮廓像 “ ”，是许多艺术家设计作品的主要几何元素. 已知在平面直角坐标系中， ，满足 的动点 的轨迹为曲线 . 则下列结论正确的是（ ）
A. 曲线 既是中心对称又是轴对称图形
B. 曲线 上满足 的点 有 2 个
C.
D. 曲线 上存在四个不同的点，使曲线在该点处切线的斜率为 0
【答案】ACD
【解析】
【分析】由题意中等式结合两点间距离公式表示出曲线方程可得A正确；由可得这样的 点只有 1 个，即为原点可得B错误；由曲线方程整理出可得C正确；由图象观察可得D正确；也可由导数的意义求出.
【详解】对于A，设 点坐标为则曲线 ，故 正确；
对于 ，若 ，则 ，这样的 点只有 1 个，即为原点， 故 错误；
对于C，由 得，
整理得， ，所以 ，故C正确；
对于D，从双纽线的图形上，可以观察有四个点处切线的斜率为 0，
另外，由 得 ，则 ，
令 或 0，经计算曲线 在原点处的切线方程为 ，故D 正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题C选项的关键是能利用曲线方程整理出两点间公式，再求出范围.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
11. 已知，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】由已知条件展开可求得，,代入即可.
【详解】由得：,
由得：,
所以，
所以.
故答案为：
12. 设F为双曲线C：的左焦点，，分别为双曲线C的两条渐近线的倾斜角，已知点F到其中一条渐近线的距离为2，且满足，则双曲线C的焦距为_______.
【答案】8
【解析】
【分析】根据双曲线焦点与渐近线的距离为，结合双曲线渐近线的对称性，利用三参数的等量关系，可得答案.
【详解】根据点F到其中一条渐近线的距离为2，可得，且满足.又，
∴，∴，故，∴，∴焦距为.
故答案为：.
13. 某流水线上生产的一批零件，其规格指标X可以看作一个随机变量，且，对于的零件即为不合格，不合格零件出现的概率为0.05，现从这批零件中随机抽取500个，用Y表示这500个零件的规格指标X位于区间的个数，则随机变量Y的方差是________.
【答案】
【解析】
【分析】由题可得质量指标在区间的概率，后由二项分布的方差可得答案.
【详解】由正态分布的性质得质量指标在区间的概率为，
即1件产品的质量指标位于区间的概率为，∴，
故.
故答案为：
14. 若函数恰有一个零点，则的取值范围为___________.
【答案】
【解析】
【分析】分与进行讨论，当时，令，再分为或进行讨论，结合函数的图象求解即可.
【详解】①当时，，令得，即，
所以有两个零点，不满足题意.
②当时，令，则，
由可得，
则解得或.
（i）若，则，可得，
化简.
令，，则在上单调递减，在上单调递增，
又，，当时，，
作出的大致图象如图所示.
（ii）若，因为不是的零点，所以.
由可得，
化简得，令，
且则在，上单调递减，在上单调递增，
又，，当时，，当时，，
作出的大致图象如图所示.
数形结合可知，若恰有一个零点，则，
解得或，
即的取值范围为.
故答案为：.
四、解答题：本题共6小题，共78分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且，．
（1）求A；
（2）若的外接圆面积为，角B的平分线交于D，求的面积，及与的面积之比．
【答案】（1）
（2），与的面积之比为
【解析】
【分析】（1）由条件得到，，由正弦定理得到，求出；
（2）根据面积求出的外接圆半径为3，由正弦定理得到，，由三角形面积公式得到，并计算出.
【小问1详解】
在中，，．
因为，，
所以，即，．
因为，所以，
即，
所以，；
【小问2详解】
因为的外接圆面积为，所以的外接圆半径为3．
由（1）知，所以，
因为，所以，．
．
，
所以的面积为，与的面积之比为．
16. 设各项非零的数列的前n项乘积为，即，且满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数的前n项和.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）当时求出，当时由代入递推公式得到，然后由基本量法求出通项即可；
（2）由递推关系求出，再求出，解法一：由错位相减法求出即可；解法二：先将，再分组求和即可；
【小问1详解】
当时，，所以，解得.
当时，，得.
∴是以为首项，为公差的等差数列
∴，
【小问2详解】
当时，；
当时，，
综上，
∴
解法一： ①
②
由①－②得
∴
解法二：
∴
17. 如图，已知斜三棱柱的侧面是菱形，，．
（1）求证：；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直的性质定理进行证明；
（2）利用垂直关系建立空间直角坐标系，用向量法进行求解．
【小问1详解】
取的中点，连接．
因为侧面是菱形，，所以是正三角形，
因为是中点，所以．
因为是中点，，所以，
又因为平面平面，
所以平面．
因为平面，所以．
因为斜三棱柱，所以，所以．
【小问2详解】
因为平面平面，所以平面，因为平面，所以．
又因为平面平面，所以平面．
以为原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则．
所以，，
设平面的一个法向量为，
则即．
取，则，所以．
设平面的一个法向量为，
则即
取，则，所以．
又，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
18. 如图所示，由半椭圆和两个半圆、组成曲线C：，其中点，依次为的左、右顶点，点B为的下顶点，点，依次为的左、右焦点.若点，分别为曲线，的圆心.
（1）求的方程；
（2）和D分别在曲线和曲线上.求出线段的最大值；
（3）若过点，作两条平行线，分别与，和，交与M，N和P，Q，求的最小值.
【答案】（1）
（2）4 （3）5
【解析】
【分析】（1）由圆的方程可确定圆心坐标，即椭圆焦点坐标，进而根据椭圆关系求得方程；
（2）由几何图形特征易知当C与，D与同时重合时线段的最大，进而可以求得最大值；
（3）根据对称性将问题转化为求解椭圆截直线的弦长的最小值，利用韦达定理和弦长公式可表示出所求弦长，由此可确定最小值.
【小问1详解】
由两圆的方程知：圆心分别为，，即，，
，解得：，
【小问2详解】
由题意易知当C与，D与同时重合时，
取得最大值为
【小问3详解】
由题意知：；
，由对称性可知：为椭圆截直线的弦长，
设：，其与椭圆交于点和
由得：，则，
，，
，
当时，取得最小值，
的最小值为
【点睛】关键点睛：本题考查直线截椭圆所得弦长最值的求解问题，本题求解最小值的关键是能够对转化为，再根据对称性将转化为直线截椭圆所得弦长的求解问题.
19. 信息在传送中都是以字节形式发送，每个字节只有0或1两种状态，为保证信息在传送中不至于泄露，往往需要经过多重加密，若 A， B是含有一个字节的信息，在加密过程中，会经过两次加密，第一次加密时信息中字节会等可能的变为0或1，且0，1之间转换是相互独立的，第二次加密时，字节中0或1发生变化的概率为p，若A，B的初始状态为0，1或1，0，记通过两次加密后A，B中含有字节1的个数为
（1）若两次加密后的A，B中字节1的个数为2，且，求A，B通过第一次加密后字节1的个数为2的概率；
（2）若一条信息有n(n>1,n∈N*)种等可能的情况且各种情况互斥，记这些情况发生的概率分别为，，，，，则称其中为这条信息的信息熵，试求A，B通过两次加密后字节1的个数为X的信息熵 ；
（3）将一个字节为0的信息通过第二次加密，当字节变为1时停止，否则重复通过第二次加密直至字节变为1，设停止加密时该字节通过第二次加密的次数为证明： .
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据全概率公式、条件概率计算公式求得正确答案；
（2）根据独立重复事件概率计算公式求得；
（3）先求得期望的表达式，根据根据极限的知识证得结论成立.
【小问1详解】
记事件为“A，B通过第一次加密后字节1的个数为i”，，1，2，
事件N为“A， B通过第二次加密后字节1的个数为2”，
则，，，，，
则，
故；
【小问2详解】
由题知，1，2，
由（1）知，
同理可得，
则，
故X的信息熵；
【小问3详解】
由题知，其中，2，3，，
则，
因为，
，①
，②
①②得
，
所以
当n无限增大时，和都无限趋近于0，且(1−p)n>0,n(1−p)n>0，
所以
【点睛】关键点点睛：第三问解题的关键点是对进行类似于数列求和的错位相减法求解.
20. 对于函数，，若存在，使得，则称为函数的一阶不动点；若存在，使得，则称为函数的二阶不动点；依此类推，可以定义函数的n阶不动点.其中一阶不动点简称为“不动点”，二阶不动点简称为“稳定点”，函数的“不动点”和“稳定点”构成的集合分别记为A和B，即， .
（1）若，证明：集合中有且仅有一个元素；
（2）已知 .
（i）若且函数在区间的值域为，则称区间是函数的“完美区间”.试问函数是否存在“完美区间”，若存在，求出实数a的取值范围，若不存在，说明理由；
（ii）讨论集合B的子集的个数.
【答案】（1）证明见解析
（2）（i）存在，；（ii）答案见解析
【解析】
【分析】（1）令，求导，可得函数的单调性，进而可得函数有唯一零点，可得结论；
（2）（i）分析可知有两个不同的实根，构建，，利用导数分析零点问题；（ⅱ）由题意可知只需研究的不动点即可，令，求出其导数，判断其单调性，然后分类讨论的取值范围，判断的零点情况，即可判断的稳定点个数.，进而可得集合的子集的个数.
【小问1详解】
令，求导得，
令，可得，
当，，当，，
所以，所以有唯一零点，
所以集合中有且仅有一个元素.
【小问2详解】
（i）假设存在完美区间为，则，，
即方程在上有两个不同的实根，
所以在上有两个不同实根，即，
令，则，于是有两个不同的实根.
令，，则，，
令，，则，
可知在上递增，且，
当时，；当时，；
可知在上单调递减，在上单调递增，则，
且当时，；当时，；
所以当时，方程，有两个不同的正数解，
故函数存在“完美区间”，且实数 a的取值范围为；
（ii）当时，由函数，
可得导函数，所以在上单调递增，
由反函数的知识，稳定点在原函数与反函数的交点上，
即稳定点与的不动点等价，
故只需研究的不动点即可；
令，
则，则在上单调递减，
1）当时，恒成立，即在上单调递增，
当x无限接近于0时，趋向于负无穷小，
且，
故存在唯一的，使得，即有唯一解，
所以此时有唯一不动点；
2）当时，即时，，
当趋向无穷大时，趋近于0，此时，
存在唯一，使得，
此时在上单调递增，在上单调递减，
故，
当趋近于0时，趋向于负无穷大，当向正无穷大时，趋向负无穷大时，
设，则在上单调递增，
且，
又在时单调递增，
①当时，即，
此时，方程有一个解，即有唯一不动点，所以集合的子集有2个；
②当，即，
此时，方程无解，即无不动点，所以集合的子集有1个；
③当时，即，此时，方程有两个解，
即有两个不动点，所以集合的子集有4个；
综上，当时或时，集合的子集有2个；
当时，集合的子集有1个；
当时，集合的子集有4个.
【点睛】方法点睛：本题属新定义题型，读懂题意是关键；研究方程根的个数问题常转化为判断函数零点的个数问题，利用导数研究含参函数的单调性，从而判断方程根（或函数零点）的个数问题．注意分类讨论思想的应用．