河北省沧州市普通高中2025届高三上学期10月复习质量监测数学试卷

河北省沧州市普通高中2025届高三上学期10月复习质量监测数学试卷 班级_____________ 姓名_____________ 注意事项: 1.答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名及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.已知集合,则 A. B. C. D. 2.若复数满足,则 A. B. C. D. 3.已知向量,若,则 A.-1 B.-2 C.1 D. 4.已知一个正四棱柱和某正四棱锥的底面边长相等，侧面积相等，且它们的高均为，则此正四棱锥的体积为 A. B. C. D. 5.已知,则 A. B. C. D. 6.已知函数在上单调递增,则实数的取值范围是 A. B. C.[0,1] D.[0,2] 7.当时,曲线与的交点个数为 A.4 B.5 C.6 D.7 8.已知定义在上的函数满足,若,且对任意的，当时，都有恒成立，则下列结论一定正确的是 A. B. C. D. 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.泊头鸭梨以个大、皮薄、汁多、肉细、味甜、形美及其较高的营养和药用价值而名扬海内外.为了解鸭梨种植园的亩收入（单位：万元）情况，从“高标准梨园”种植区抽取样本，得到的亩收入样本均值，样本方差；从“标准化梨园”种植区抽取样本，亩收入服从正态分布，假设“高标准梨园”的亩收入服从正态分布，则（附：若随机变量服从正态分布，则） A. B. C. D. 10.设函数,则 A.是的极小值点 B.的极大值为1 C.当时, D.若，则 11.在平面直角坐标系Oxy中,曲线经过坐标原点,且上的点满足:,且到点的距离与到定直线的距离之积为9,则 A. B.点均在曲线上 C.曲线在第二象限的点到轴的距离的最大值为 D. 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分. 12.已知分别为双曲线的左、右焦点,为上一点,且,则双曲线的渐近线方程为___________. 13.若曲线在点处的切线也是曲线的切线,则实数___________. 14.在甲、乙、丙、丁四人踢毽子游戏中，第一次由甲踢出，并且每次踢出都等可能踢给另外三人中的任何一人，若第二次踢出后恰好踢给丙，则此毽子是由乙踢出的概率为_________；第次踢出后，毽子恰好踢给乙的概率为_________. 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.(本小题满分13分) 在中,内角A,B,C满足. (1)证明:; (2)若,求的面积. 16.(本小题满分15分) 已知点为椭圆上不同两点,点为椭圆的一个焦点. (1)求椭圆的标准方程和离心率; (2)若的面积,求直线AB的方程. 17.(本小题满分15分) 如图,在四棱锥P-ABCD中,B,D在以AC为直径的圆上,,. (1)若平面PBC,求直线PD与平面ABCD所成角的正切值； (2)若,求二面角的余弦值. 18.(本小题满分17分) 已知函数的图象与函数的图象关于直线对称. (1)求函数的解析式; (2)证明:; (3)若圆与曲线相交于A,B两点,证明:为锐角. 19.(本小题满分17分) 已知数列的每一项只能取-1或1,若数列中含有个,含有个,,,则称数列为-组合数列。 (1)若数列为-组合数列,写出所有符合要求的数列; (2)若互不相同)为某一-组合数列中的任意三项,则-1的取法有多少种? (3)若互不相同)为某一-组合数列中的任意三项,其中,则存在多少正整数对,使得的概率为? 沧州市普通高中2025届高三复习质量监测数学参考答案 命卷意图 本套试卷的命制以2024年新课标I卷为命题蓝本，兼顾2025年高考备考复习教学实际情况，从基础性、综合性、应用性和创新性入手，着重考查主干知识、考能力、考素养、重思维、重创新、重应用，适用于2025年的高考备考测试。 1.立足数学核心素养 本套试卷加强对主干知识的深层次理解的考查，不刻意追求知识的覆盖率，聚焦支撑高中数学知识体系的主干知识、重要思想方法，试题涵盖数学抽象、逻辑推理、数学建模、直观想象、数学运算和数据分析六大数学核心素养。如第6题,考查分段函数的单调性,落实逻辑推理和数学运算核心素养。 2.考查基本思想方法 试题突出理性思维和数学探索，考查学生运用数学思想和数学方法发现问题、分析问题和解决问题的能力，创新试题情境和设问方式，引导学生积极思考。如第8题，如何利用条件“对任意的，当时，”体现的是一种“夹逼”思想，即在“不等关系”中得出“相等”；第10题，考查利用导数研究函数性质，并利用函数性质解不等式求最值等基本思想方法。 3.试题命制亮点 本套试卷基础试题比例加强，降低初始试题的起点，力求试题“平易近人”“简洁流畅”，杜绝“偏难怪，冗繁散”。如第11题，以动点的轨迹为背景，研究曲线的基本特征，解决方法蕴含在教材里研究椭圆、双曲线、抛物线的几何性质过程中，因此在复习备考中对教材中蕴含的基本数学思想方法要予以足够的重视和深刻的挖掘，加强“教——学——考”高度衔接，专注高考，理性回归。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 C C D B A B C D BC AC ABD 1.C 解析:不等式可化为,所以不等式的解为,所以,则,故选C. 2.C 解析:因为,整理得,解得,故选C. 3.D 解析:因为,又,则,即0,解得,故选D. 4.B 解析：依题意，设此正四棱柱和正四棱锥的底面边长为，由它们的侧面积相等，可得,整理得,解得,所以此正四棱锥的体积为,故选B. 5.A 解析:令,则解得又,整理得,所以,即,故选. 6.B 解析:当时,函数单调递增,当时,函数,依题意,解得,故选B. 7.C 解析:在同一坐标系内作出函数的图象即可得交点个数为6,故选C. 8.D 解析:因为,又,令,则,令,则,又,即,所以,故A,B错误；,则,故C错误;又因为对任意的,当时,都有恒成立,且,所以,,所以,故选D. 9.BC 解析:由题意可知,服从正态分布服从正态分布,,所以A选项不正确；，所以B选项正确；,所以C选项正确,D选项不正确,故选BC. 10.AC 解析:依题意,,令,解得或,则函数在上单调递增;令,解得,则函数在上单调递减,所以当时,有极小值为,当-1时,有极大值为,所以A选项正确,B选项不正确；对于C选项，当时,,由上可知,,所以C选项正确;对于D选项，因为,所以若,则,所以D选项不正确,故选AC. 11.ABD 解析:依题意,,即,因为曲线经过坐标原点,所以,又,解得,所以A选项正确;此时曲线的方程为,点满足上式,所以B选项正确;对于C选项,,当时,,所以C选项不正确;因为,所以,即,又,且,则,即,所以D选项正确,故选ABD. 12. 解析:依题意,可得,又,所以,所以,又,所以,则,所以双曲线的渐近线方程为. 13.-1 解析:因为,则,当时,,所以曲线在点处的切线方程为,即,设直线与曲线相切于点，又，当时，，则曲线在点处的切线方程为,即,则令,则,当时,单调递减,当时,单调递增,所以函数在处取得极大值,也是最大值,且,所以是方程的唯一实数解,所以. 14. 解析:依题意可得,由此可以看出,若第二次踢出后恰好踢给丙的情形有2种,则此毽子是由乙踢出的概率为.设第次踢出后,毽子恰好踢给乙的概率为,则,则有,即,则,解得,即,即数列是以为首项,为公比的等比数列,所以,整理得. 15.解:(1)证明:在中,, 所以, 则有,整理得,…………………(3分) 又因为,所以, 则或(舍去),所以,……………………………………………………(5分) 又, 所以.…………………………………………………………………………………(6分) (2)因为,所以, 因为,所以,……………………………………………………………………(7分) 所以, ,………………………………………………(9分) 由正弦定理得,解得,…………………………(11分) 所以的面积为.…………………………(13分) 16.解:(1)依题意,,所以,……………………………………………(2分) 所以椭圆的标准方程为,离心率.……………………………………(4分) (2)由题知直线AB的斜率不为0,所以可设直线AB的方程为, 联立可得……………………………………(6分) 设,则,所以, 所以,即.…………………………(9分) 设直线AB与轴的交点为, 在中,令,可得,即.……………………………………(10分) 则 ,…………………………………………(13分) 所以(无解)或,即,解得或. 所以直线AB的方程为或, 即直线AB的方程为或.………………………………………………(15分) 17.解:(1)依题意可知,, 所以, 又,且, 所以,所以, 在中,,所以, 又因为,所以平面ABCD, 所以即为直线PD与平面ABCD所成的角,…………………………………………(3分) 因为平面平面ABCD,平面平面, 所以,所以,即, 所以, 即直线PD与平面ABCD所成的正切值为2.……………………………………………………(6分) (2)若,此时,则在AC上的射影为AC的中点,记为, 由(1)可知,平面ABCD,又平面PAC,所以平面平面ABCD, 又,平面PAC平面,则平面PAC,所以,且, 如图,过点作于点,连接DE,因为,且, 所以平面OED,又平面OED,所以, 所以即为二面角的平面角, ……………………………………………………(10分) 因为为等腰直角三角形,所以点到PC的距离为,所以, 在Rt中,,则, 所以,……………………………………………………………(14分) 所以二面角的余弦值为.…………………………………………………………(15分) 18.解：(1)设函数图象上任一点的坐标为,其关于直线的对称点为, 则有解得…………………………………………………………(2分) 又在函数的图象上,于是, 即,即…………………………………………………………………………(4分) (2)证明:设函数, 则,…………………………………………………………………(6分) 设,则, 故在上单调递增,,所以, 故函数在上单调递增,,………………………………………………………(9分) 即恒成立.………………………………………………………………(10分) (3)证明:不妨设,其中, 如图,作点关于轴的对称点,则点在的图象上,再作点关于直线的对称点,由(1)可知,点在的图象上, 由圆的对称性可知,都在圆上. …………………………………………………………(12分) 设与圆在第四象限的交点为P,x轴与圆在右侧的交点为,则,又,则, 由对称性可得,,且, 又,故,…………………………………………………(15分) 又点在的图象上,点在的图象上,因此, 又,所以为锐角.…………………………………………………………………(17分) 19.解:(1)若数列为-组合数列,则该数列中含有2个“-1”,含有2个“1”, 则符合要求的数列共6个:,,……………(3分) (2)依题意,-组合数列中含有4个“-1”,含有3个“1”, 而的情形共两种:, …………………………………………………………(4分) 其中,取到“”的情形共有种;取到“”的情形共有种, 所以满足条件的取法共有种.…………………………………………………………(7分) (3)满足的情形共2种:, 当时,由(1)可知,使的情形只能取到,其概率为,满足题意;…………(8分) 当时, 由（2）同理可知,取到“”的情形共有种,取到“1,1,1”的情形共有种,在-组合数列中任取三项共有种, ………………………………………………………………………………(9分) 根据古典概型可知,, 即, 整理得,…………………………………………………………(11分) ①当时,即则有 令,共98个,此时满足条件的正整数对有98对;……………(13分) ②当时,则有 将方程看成关于j的一元二次方程（i视为常数）， 即, 解得,………………………………………………………………………(14分) 因为,所以, 又,可知,否则, 由于j为正整数,则也必须为正奇数, 令,因为,所以,解得, 因为中必然有一个是偶数, 所以只需中存在为3的倍数的整数即可, 所以, 当时,, ,符合题意; 当时,, ,符合题意; 当时,, ,不符合题意; 当时,, ,不符合题意; 所以满足条件的正整数对共有13对,…………………………………………………………………(16分) 综上所述,共有1+98+13=112个正整数对满足题意.…………………………………………………(17分) 学科网（北京）股份有限公司 $$