河北省十县联考2025届高三数学上学期高考单科模拟综合卷六10月期中试题试题含解析

这是一份河北省十县联考2025届高三数学上学期高考单科模拟综合卷六10月期中试题试题含解析，共20页。试卷主要包含了 “”是“直线与直线平行”的， 已知，且满足，则等内容，欢迎下载使用。
1.本试卷满分150分，考试时间120分钟.
2.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在本试卷和答题卡相应位置上.
3.请按照题号顺序在各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸､试题卷上答题无效.
4.考试结束后，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. 已知一组数据为，则该组数据的第百分位数是（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】把这组数据按从小到大的顺序排列，根据百分位数的定义可得答案.
【详解】将数据按照从小到大顺序排序为：，
因为，所以这组数据的第百分位数是第两项的平均数，
即.
故选：C.
2. 已知双曲线经过点，则其标准方程为（ ）
A. B.
C. D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】设双曲线方程为，然后代点计算即可求得，从而求解.
【详解】设双曲线方程为，
则，解得，
所以双曲线的标准方程为.
故选：A.
3. 等差数列与的前项和分别为，且，则（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用等差数列求和公式和等差数列的性质得到，从而得到.
【详解】因数列与均为等差数列，
则，
所以.
故选：C.
4. 已知正方体的棱长为4，过三点的平面截该正方体的内切球，所得截面的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】作出正方体中过三点的平面，且分别是的中点，可得，则过三点的截面为球内过这三点的截面圆，求出截面圆的半径可得结果.
【详解】如图，正方体中，
直线与正方体的内切球分别切于，
且分别是的中点.
正方体内切球为，连接.
则互相垂直，且，所以.
则过三点的截面为球内过这三点的截面圆，
截面圆的半径为，其面积为.
故选：B.
5. 如图，在两行三列的网格中放入标有数字的六张卡片，每格只放一张卡片，则“只有中间一列两个数字之和为7”的不同的排法有（ ）
A. 16种B. 32种C. 64种D. 96种
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意按照分步计数原理对表格中的数据分步填写并保证符合题意即可得出结果.
【详解】根据题意，分三步进行；
第一步，要求“只有中间一列两个数字之和为7”，则中间的数字为三组数1，6或2，5或3，4中的一组，共有种排法；
第二步，排第一步中剩余的两组数，且这两数字之和不为7，共有种排法；
第三步，排剩下的两个数字，共有种排法.
由分步计数原理知，共有不同的排法种数为.
故选：D.
6. “”是“直线与直线平行”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据两条直线平行的条件，建立关于的关系式，可求出，利用充分条件和必要条件的定义进行判断．
【详解】若，则，解得或，
所以由可以得到，反之则不然，
故“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
7. 已知，且满足，则（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】变形后利用诱导公式得到，根据得到，求出，求出答案.
【详解】因为，
可得，
又因为､，则，所以，
整理得，所以.
故选：D.
8. 已知椭圆的左､右焦点分别为，过点作垂直于轴的直线交椭圆于两点，的内切圆圆心分别为，则的周长是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据椭圆及的位置关系，利用等面积法可分别求得它们的内切圆圆心位置及其半径，分别计算出的各边长度可得结果.
【详解】如图所示，
由椭圆，知，所以.
所以，所以过作垂直于轴的直线为，
代入中，解出.
由题知的内切圆的半径相等，且的内切圆圆心的连线垂直于轴于点.
设内切圆的半径为，在中，由等面积法得，.
由椭圆的定义可知，，由，所以，
所以，解得，所以.
因为为的的角平分线，所以一定在上，即轴上，
令圆半径为.
在中，由等面积法得，.
所以，解得，所以，
所以，
所以的周长是.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用等面积法求得各内切圆半径，即可得出结果.
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. 已知复数满足，其中为虚数单位，则下列结论正确的是（ ）
A.
B.
C. 在复平面内对应的点位于第四象限
D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据复数的模的定义、共轭复数、复数对应的点、和复数的运算判断选项即可.
【详解】因为，可得，故A正确；
由，得，故B错误；
由，知在复平面内对应点位于第四象限，故C正确；
因为，
则，故D正确.
故选：ACD.
10. 已知函数在上仅有两个零点，把函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则下列有关函数的描述正确的是（ ）
A. 是偶函数
B. 图象关于点对称
C. 在上是减函数
D. 在上的值域为
【答案】BC
【解析】
【分析】A选项，利用辅助角公式得到，根据零点个数得到不等式，求出，确定，由平移变换得到，确定A错误；B选项，利用判断，C选项，利用判断；D选项，整体法求解函数值域.
【详解】A选项，因为，
由于函数y=fx在0,π上仅有两个零点，
则，解得，所以，
所以.因为，所以，所以.
将函数y=fx的图象沿轴向右平移个单位长度，
得到函数的图象.
函数y=gx的定义域为，
函数y=gx为奇函数，A错误；
B选项，，所以函数y=gx的图象关于点对称，B正确；
C选项，当时，，由于在上单调递减，
则函数y=gx在上是减函数，C正确；
D选项，当时，，则，所以.
所以函数y=gx在区间上的值域为，D错误.
故选：BC.
11. 已知函数及其导函数的定义域均为，对任意的，恒有，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 是偶函数
C. D. 若，则
【答案】CD
【解析】
【分析】利用赋值法可得或，可得A错误；对的取值进行分类讨论，由函数奇偶性定义可判断f'x必为奇函数，B错误；令，根据换元法即可得C正确；利用，可分别计算得出的值有周期性，且6个为一周期，可计算得出D正确.
【详解】对于A，令，则由，可得，
解得或，A错误；
对于B，当时，令，则，
则，故，函数f'x既是奇函数又是偶函数；
当时，令，则，
所以，则，即，则f'x为奇函数.
综合以上可知f'x必为奇函数，B错误；
对于C，令，则，故.
由于，令，即，即有，C正确；
对于D，若，令，则，则；
令，则，即，所以；
令，则，即，所以；
令，则，即，所以；
令，则，即，所以；
令，则，即，所以；
令，则，即，所以；
令，则，即，所以，
由此可得的值有周期性，且6个为一周期，
且，
故，D正确.
故选：CD
【点睛】方法点睛：求解函数性质综合问题时，赋值法成为解决问题的关键；在进行求和时要注意周期性的应用，可根据周期函数定义求周期，也可以递推观察得出周期进行计算.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 集合，若A中元素至多有1个，则a的取值范围是______________．
【答案】或
【解析】
【分析】二次项系数进行分类讨论，结合方程的根的性质计算即可得.
【详解】当时，，解得，故A中元素只有1个，符合要求；
当时，对，需，即；
故答案为：或.
13. 如图，在平面四边形中，为的中点，且.若.，则的值是__________.
【答案】7
【解析】
【分析】根据四边形性质以及为中点，将数量积进行转化计算可得结果.
【详解】由为的中点可知，
所以，
又，则有.
同理可得.
故答案为：7
14. 已知的三个内角的对边依次为，外接圆半径为2，且满足，则面积的最大值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用正弦定理可得各边长与角的关系，再由恒等变换可得，利用余弦定理计算可得，利用三角形面积公式计算可得结果.
【详解】由正弦定理及外接圆半径可得，.
因为，，所以.
所以，
即.
因为，所以，即，
所以，
即可得，所以；
当且仅当时取等号，
所以面积为，
则面积的最大值为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用外接圆半径以及切弦互化，并由三角恒等变换和余弦定理和基本不等式求出，可得面积最大值.
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. 已知函数.
（1）当时，判断的单调性；
（2）若只有在处取得极小值，且无极大值，求实数的取值范围.
【答案】（1）在区间上单调递减，在区间上单调递增
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，求导可得f'x，由函数f'x在上单调递增，，即可判断的单调性；
（2）由题可知，在R上单调递增, 令，则恒成立，讨论即可.
【小问1详解】
由题意，，
因为函数，在上单调递增，
所以函数f'x在上单调递增，
又，
所以当时，单调递减；
当x∈0,+∞时，单调递增.
所以函数fx的单调递减区间为，单调递增区间为；
【小问2详解】
由题意，，
可得，
由题可知，在上单调递增.
令，则恒成立，
所以时，，符合题意.
当时，令，解得.
当时，，不符合题意.
综上，实数的取值范围为.
16. 随着我国城镇化建设的不断推进，各种智能终端的普及和互联互通，人工智能在教育､医疗､金融､出行､物流等领域发挥了巨大的作用.为普及人工智能相关知识，培养青少年对科学技术的兴趣，某中学组织开展“科技兴国”人工智能知识竞赛.竞赛试题有甲､乙､丙三类（每类题有若干道），各类试题的每题分值及选手小李答对概率如下表所示，各小题回答正确得到相应分值，否则得0分，竞赛分三轮答题依次进行，竞赛结束，各轮得分之和即为选手最终得分.
其竞赛规则为：
第一轮，先回答一道甲类题，若正确，进入第二轮答题；若错误，继续回答另一道甲类题，该题回答正确，同样进入第二轮答题；否则，退出比赛.
第二轮，在丙类题中选择一道作答，若正确，进入第三轮答题；否则，退出比赛.
第三轮，在乙类试题中选择一道作答.
（1）求小李答题次数恰好为2次的概率；
（2）求小李最终得分的数学期望.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）记事件“小李先答对甲类一道试题”，“小李继续答对另一道甲类试题”，“小李答对乙类试题”，“小李答对丙类试题”，事件“小李答题次数恰好为2次”，可知，进而利用独立事件和互斥事件的概率公式可求得事件的概率；
（2）设小明竞赛得分为，由题知的可能值为，计算出在不同取值下的概率，进而求出期望.
【小问1详解】
记事件“小李先答对甲类一道试题”，“小李继续答对另一道甲类试题”，
“小李答对乙类试题”，“小李答对丙类试题”，
则.
记事件“小李答题次数恰好为2次”，
则.
，
即小李答题次数恰好为2次的概率为.
【小问2详解】
设小李最终得分为，由题知的可能值为.
，
，
，
.
所以.
17. 如图，在直角梯形中，，四边形为菱形且，对角线和相交于点，平面平面，点为线段的中点.
（1）求证：平面；
（2）若，求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用中位线性质以及线面平行判定定理即可证明得出结论；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求得两平面法向量即可得出二面角的正弦值.
【小问1详解】
因为四边形为菱形，所以是中点.
连接，如下图所示：
又为线段的中点，则，且.
又且，所以，
所以四边形是平行四边形，所以.
又平面平面，
所以平面.
【小问2详解】
以为坐标原点，所在直线分别为轴，过点垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图所示：
则有.
则，
设平面的一个法向量为，
则有，
.
令，得，故.
设平面的一个法向量为，
则有，
.
令，得，故
所以.
所以二面角的正弦值为.
18. 已知抛物线为其焦点，点在上，且三角形的面积，（为坐标原点））.
（1）求抛物线的标准方程；
（2）过点且斜率为1的直线与相交于两点，若线段的垂直平分线与相交于两点.求证：四点在同一圆上.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由点在上，三角形的面积，可求得，即得抛物线的标准方程；
（2）联立直线和抛物线的方程，利用韦达定理，可得的中点坐标，的长度，进而求得直线的方程，再和抛物线的方程联立，利用韦达定理，可得的中点的坐标，的长度，连接，可求得，进而求得，即可证明四点在同一圆上.
【小问1详解】
因为点在上，则，而，
所以，
所以，解得，
所以抛物线的标准方程为.
【小问2详解】
设，又直线的方程为，
联立，消去化简并整理得，
则，故的中点为，
，
因为直线的斜率为1，
所以直线的斜率为，则直线的方程为，即，
将上式代入，消去化简并整理得，
设，则，
故的中点为，
，
连接，因为，
，
，
所以.
故四点在同一圆上.
19. 若正整数，则称为的一个“分解积”.
（1）当分别等于时，写出的一个分解积，使其值最大；
（2）当正整数的分解积最大时，求中2的个数；
（3）当正整数的分解积最大时，求出中的值.
【答案】（1），，
（2）至多有2个2 （3）中只能出现2或3或4，且2不能超过2个，4不能超过1个
【解析】
【分析】（1）根据“分解积”的定义可直接写出结果；
（2）易知，且，因此分解积最大时，中至多有2个2；
（3）根据分解积最大以及各数之间的和之间的关系，可得出结论.
【小问1详解】
，分解积的最大值为；
，分解积的最大值为；
，分解积的最大值为.
【小问2详解】
由（1）可知，中可以有0个2，1个2，2个2.
当有3个或3个以上的2时，
因为，且，所以分解积不是最大的.
因此，中至多有2个2.
【小问3详解】
①当中有1时，因为，
所以分解积不是最大的，可将1加到其它数中，使得分解积变大；
②由（2）可知，中至多有2个2；
③当中有4时，
若将4分解为，由①可知分解积不会最大；若将4分解为，则分解积相同；
若有两个4，因为，且，所以将改写为，使得分解积更大.
因此，中至多有1个4，而且可写成；
④当中有大于4的数时，不妨设，
因为，所以将分解为会使得分解积更大.
综上，中只能出现2或3或4，且2不能超过2个，4不能超过1个.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于理解分解积定义并根据正整数之间的分解和积的关系，可得出分解积最大时所得的数字组合，即可得出结论.项目
题型
每小题分值
每小题答对概率
甲类题
乙类题
丙类题