河北省张家口市2025届高三下学期高考模拟（一）数学试题（解析版）-A4

这是一份河北省张家口市2025届高三下学期高考模拟（一）数学试题（解析版）-A4，共14页。试卷主要包含了 函数的零点个数可以为等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
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.如需改剪，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. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出集合B，再结合交集定义即可求解.
【详解】由题得，
所以.
故选：C
2. 数据2，3，8，5，4，2的中位数和平均数分别为（ ）
A. 3.5和2B. 3和4C. 4和2D. 3.5和4
【答案】D
【解析】
【分析】利用中位数和平均数的计算公式即可求解.
【详解】将数据2，3，8，5，4，2按照从小到大的顺序排列为：2，2，3，4，5，8，
所以中位数为；
平均数为.
故选：D.
3. 若复数满足（i为虚数单位），则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由复数除法运算结合复数模长公式计算即可求解.
【详解】由题得，
所以.
故选：C
4. 从集合中随机取出4个不同的数，并将其从大到小依次排列，则第二个数是7的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用排列组合求解个数，即可利用古典概型概率公式求解.
【详解】任取4个不同的数，且从大到小排列可得所有的情况有种，
第2个数为7的情况有，
故概率为，
故选：D
5. 设为钝角，若直线与曲线只有一个公共点，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】联立直线与曲线，由题意结合判别式求出，再结合双曲线定义和标准方程以及离心率公式即可求解.
【详解】因为为钝角，所以，
联立，
当即时，方程只有一个解，
所以直线与曲线只有一个公共点，符合题意；
当即时，
因为直线与曲线只有一个公共点，
所以，
因为，所以，解得或，都不符合，舍去，
所以，所以曲线，所以曲线是焦点在x轴上的双曲线，
所以，，所以的离心率为.
故选：B
6. 已知抛物线的焦点为，过点的直线交于，两点，若的一个方向为，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】联立直线线和抛物线方程，设，由韦达定理求出，再结合抛物线焦点弦长公式即可求解.
【详解】由题，所以直线的方程为，代入得，
设，则，
所以，
所以.
故选：C
7. 已知定义在实数集上的函数满足以下条件：①；②；③.则（ ）
A. B. 0C. 1D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据对称性可得函数的周期为8，即可求解.
【详解】由①可得，
由②可得，
因此，所以的周期为8，
，
由于，
，
故选:A
8. 在平面直角坐标系中，，，，点分别是外心和垂心，若，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线方程求解的坐标，即可根据向量的坐标得，且求解.
【详解】由于关于原点对称，故在轴上，
，则中点为，易知,
因此直线的垂直平分线方程为，
令，则，故,
边上的高所在的直线方程为，故，
故，
，
故，且，
由可得，
由于，因此，解得，
故，解得，
故选：A
【点睛】关键点点睛：根据直线的方程，结合外心和垂心的性质求解故,.
二、选择题：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. 函数的零点个数可以为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 4
【答案】ACD
【解析】
【分析】先化简函数解析式，进而求得函数为偶函数，从而得到时函数，接着利用导数工具结合指数函数和对数函数图象性质求得、和三种情况下函数和的图象关系，进而得到函数零点情况，再结合偶函数性质即可得解.
【详解】
由题函数，
所以函数定义域为关原点对称于，且，
所以函数是偶函数，当时，函数，
设直线与相切于点，直线与相切于点，
对求导得，对求导得，
所以由导数几何意义有，且，，
所以，此时，
，此时，
综上，如图，由指数函数和对数函数图象性质可知：
当时，函数与图象关于直线对称，且均与该直线相交于公共两点，此时函数有两个零点；
当时，函数与图象关于直线对称，且均与直线相切于一点，此时函数有1个零点；
当时，函数与图象关于直线对称，且两图象分布在该直线两侧，无交点，此时函数无零点；
所以，综上可知，函数的零点个数可以为0个或2个或4个.
故选：ACD
10. 已知球O的表面积为，点P，A，B，C均在球面上，且，，，则（ ）
A. 球O的半径为2
B. 平面截球面所得小圆的面积为
C. 点到平面的距离为
D. 球体挖去四面体后余下部分的体积为
【答案】AB
【解析】
【分析】根据已知条件，判定三棱锥为正三棱锥.根据正三棱锥的性质，确定球心的位置，然后利用球的面积公式计算得到球的半径，判定A；利用圆的面积公式计算判定B；利用勾股定理计算得到球心到底面的距离，进而分情况讨论求得顶点到底面的距离，从而判定C；利用球的体积公式和棱锥的体积公式计算对比，判定D.
【详解】 由已知条件，且，，所以三棱锥为正三棱锥.
点P，A，B，C均在球面上，所以球为正三棱锥的外接球，球心为，
设底面三角形的中心为，顶点在底面中的射影为底面正三角形的中心，外接球的球心位于射线上，如图所示：

选项A：设球的半径为，
球的表面积公式为 ，解得半径 ，故选项A正确；
选项 B：平面 是一个等边三角形，边长为 3.
等边三角形的外接圆半径为：，
这就是平面截球面所得小圆的半径，
此小圆面积为：，故选项 B 正确；
选项C：球心到平面的距离，
点到平面的距离为(当球心在线段上时)，
或（当球心位于的延长线上时).
当球心位于的延长线上时，，
于矛盾，舍去.
当球心在线段上时，，符合题意，
所以点到平面的距离为，故选项C错误；
选项D：四面体的体积为：，
其中底面积为等边三角形的面积：，
高为点到平面的距离，
因此：，
球体挖去四面体后余下部分的体积为：
，
但根据选项 D 的描述，余下部分的体积为，因此选项 D 错误.
故选：AB.
【点睛】一般求正棱锥或正棱台的外接球的球心位置，要考虑球心在下底面上方和下底面下方两种情况，再结合其他已知条件进行取舍.
11. 如图，在平面直角坐标系中，曲线为伯努利双纽线，其中，为焦点，点为上任意一点，且满足，曲线的方程为.则下列说法正确的有（ ）
A. 曲线为中心对称图形和轴对称图形
B. 若直线与曲线恰有3个交点，则
C. 曲线在直线与所围成的矩形区域内
D. 当参数变化时，曲线上的最高点均在曲线上
【答案】ACD
【解析】
【分析】设动点，把关于原点及y轴对称的点代入轨迹方程，A成立；先找到特殊交点，再转化为方程有解问题，建立不等式判断B即可；设出点的坐标，利用条件即可写出曲线的轨迹方程，验证C选项；将曲线方程利用换元法转化为求二次函数的最值问题，即可判断D选项；
【详解】对于A，因为，关于原点对称，设动点，由题可得的轨迹方程，
把关于原点对称的点代入轨迹方程，把关于y轴对称的点代入轨迹方程，原方程不变，A选项正确；
对于B，由题意得直线与曲线一定有公共点，
联立方程组，得到，
若直线与曲线有3个交点，则方程除外无解，
而，，则即可，解得，故B错误；
因为，故，
又，所以，
即，故；
在中，令，可得，
解得或，所以，
所以曲线在直线与所围成的矩形区域内，C选项正确；
在中，令时，可得，
化简得，解得，
所以，当参数变化时，曲线上的最高点均在曲线上，
故D项正确；
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：关键点是由等积法求出纵坐标范围后可得其他范围.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知数列满足，且，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意结合累加法求出即可求解.
【详解】由题得
，
当时，符合题意，
所以，
故答案为：.
13. 已知函数，，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用基本不等式即可求解.
【详解】，
由于，故，当且仅当时等号成立，
又，
当且仅当等号成立，
因此，
当且仅当等号成立，由于，故等号取不到，
故答案为：
14. 我国历史文化悠久，中国象棋就是国人喜闻乐见的一种娱乐方式.不同棋子行的规则各不相同：马走日字象走田，车走直路炮翻山，即“马”只能由“日”字格子的顶点沿“日”字的斜线走到相对的另一个顶点，，…，，如图1.请据此完成填空：如图2，假设一匹马从给定的初始位置出发，且规定其只能向“右前方走”，则其运动到点所需的步数为__________；该马运动到点所有可能落点（包括点）的个数为__________.
【答案】 ①. 5 ②. 10
【解析】
【分析】建立坐标系，根据每次行走只能按向量或行走，列方程得，即可求解.
【详解】以“马”的初始位置为原点，棋盘的横竖两边为轴建立坐标系，
以题意可得：“马”每次只能按向量或行走，
设落点为（），按上述两个向量前进的此时分别为，
则
所以，即
第一空：由于，所以，
第二空：由于所以
又为3的倍数，且只能往右前方前进，所以
当时，此时对应的点有，,
当时，此时对应的点有，
当时，此时对应的点有，
当时，此时对应的点有
综上可得，共有10种情况，
故答案为：5，10
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. 如图，已知三棱锥中，，，平面平面ABC，，，.

（1）求点到平面的距离；
（2）若为AC的中点，求PQ与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
分析】（1）先由平面平面ABC，应用面面垂直性质定理得出平面，再结合边长关系应用计算求解；
（2）先建立空间坐标系，再求平面的法向量，最后应用线面角正弦公式即可求解.
【小问1详解】

过作，
平面平面ABC，平面平面，平面，平面，
因为，，，所以，
在直角三角形中，，所以，
所以点到平面的距离为；
【小问2详解】

因为，过作的平行线为轴，以为轴建立直角坐标系，
在中，，，，所以，
在直角三角形中，因为，，，所以，
所以，
则，
设平面的法向量为，则，
取，所以，
设PQ与平面所成角为，
所以.
16. 已知，.
（1）若，求曲线在处的切线方程；
（2）若，使，求的取值范围.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由题意结合导数依次求出即可由直线点斜式方程求解；
（2）先由得到，构造函数，利用导数求出即可由存在性得解.
【小问1详解】
时，，
所以，所以切线斜率，
所以曲线在处的切线方程为即.
【小问2详解】
因为，使得即，
所以，令，则，
所以在上恒成立，所以函数在上单调递减，
所以，所以在上恒成立，
所以函数在上单调递增，所以，
所以.
17. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，.
（1）若，求；
（2）当BC边上中线最小时，求的面积.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）先由题设结合倍角公式和正弦定理得，接着由即可结合同角三角函数关系和两角和正弦公式即可依次求出和，从而由正弦定理即可求解c；
（2）先由（1）求出a，接着由结合余弦定理和基本不等式即可依次求出和，再由正弦定理形式面积公式即可求解.
【小问1详解】
因为，所以，故，
又，即，
所以由正弦定理，
若，则，
则，
所以；
【小问2详解】
由（1）得，取中点，
则为BC边上的中线，
则，
又由余弦定理得，故，
即，当且仅当时等号成立，
所以，即，当且仅当时等号成立，
所以BC边上的中线最小值为，此时.
18. 已知，分别为椭圆（）的左，右焦点，为短轴的一个端点，是直角三角形.
（1）求椭圆的离心率；
（2）若直线恰好与椭圆相切，求椭圆的方程；
（3）在（2）的条件下，设直线不过点且与交于两点，，若，求的最大值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的几何性质以及直角三角形可得，即可求解，
（2）联立直线与椭圆方程，根据相切得判别式为0即可求解，
（3）根据韦达定理以及向量垂直的坐标关系，可得直线经过定点，即可利用等面积法求解.
【小问1详解】
设短轴的端点为，左右焦点为，
由于是直角三角形，所以，结合，
解得，故，
【小问2详解】
由可得椭圆方程为，
与直线联立可得，
由于直线恰好与椭圆相切，故，解得，
所以椭圆方程为
【小问3详解】
由于在椭圆上，设,
由可得，
当直线斜率存在时，设直线方程为，
代入椭圆方程中，消去可得，
则，
由可得
即，
化简得，
由于不在直线上，所以，故，，
故直线的方程为，故过定点，
当直线的斜率不存在时，可得，
代入可得，
结合可得或（舍去），
此时直线也经过，
综上可得直线恒经过.
因为，结合，故为直角三角形斜边上的高的长，
又直线恒经过，所以,
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题五种求解策略：
（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.
19. 某研究机构开发了一款智能机器人，该机器人通过交替学习不同技能Y，S，W来提升综合能力.初始时，机器人选择学习技能Y，且每次学习Y后会等可能地选择学习S或W；每次学习S后，有0.25的概率继续学习Y，0.75的概率学习W；每次学习W后，有0.25的概率继续学习Y，0.75的概率学习S.设，，分别表示第n次学习后接着学习技能Y，S，W的概率.
（1）若机器人仅进行三次学习，求学习技能Y次数的分布列及其数学期望；
（2）求及其最大值；
（3）已知，，
若数列的前项和为，证明：.
【答案】（1）见解析 （2），最大值为，
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据相互独立事件的乘法公式，求解概率，即可列出分布列求解，
（2）根据为等比数列，即可得通项，根据数列的单调性即可求解，
（3）根据，利用放缩法得，利用基本不等式可得，由等差求和即可求解.
【小问1详解】
设三次学习中学习技能Y次数为,则的取值可以为1，2，
第一次学，第二次学,第三次学，则,
第一次学，第二次学,第三次学，则,
故,
第一次学，第二次学,第三次学，则,
第一次学，第二次学,第三次学，则,
故,
故的分布列为：
故
【小问2详解】
已知，
设，又，
所以
因此为等比数列，且公比为，首项为，
故，故，
要使得最大，则为偶数，此时，
此时单调递减，故当时，取到最大值
【小问3详解】
，
，
当，
，
，
所以
由于，
所以
【点睛】方法点睛：递推关系式转化的常见形式
（1）转化为常数，则数列是等差数列．
（2）转化为常数，则数列是等差数列．
（3）转化为常数，则数列是等差数列．
（4）转化为常数，则数列是等差数列．
（5）转化为常数，则数列是等差数列．
（6）转化为常数，则数列是等差数列．
1
2