精品解析：河北省博野中学2025届高三下学期高考信息联考卷（一）数学试题

秘密★启用前 2025届普通高等学校招生全国统一考试 高考信息联考卷（一） 数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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. 设集合，则集合的非空子集的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 2. 已知复数，其中i为虚数单位，则的虚部为（ ） A. 3 B. C. 4 D. 3. 某四棱台的下底面是长为90，宽为30的矩形，上底面是长为30，宽为10的矩形，且该四棱台的高为3，则该四棱台的体积为（ ） A. 3900 B. C. 1300 D. 1600 4. 已知函数为奇函数且，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 5. 已知双曲线过点，且与双曲线有相同的渐近线，则的方程为（ ） A. B. C. D. 6. 在中，，，点满足，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，则下列比较大小正确的是（ ） A. B. C. D. 8. 若关于的方程在定义域内有解，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、填空题：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. 记等差数列的前项和为，已知，则下列说法一定正确的是（ ） A. B. 若单调递增，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 已知正数满足，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 已知抛物线，，点，关于坐标原点对称，，过点的直线与交于，两点，点在第一象限，则（ ） A. 若，则 B. 若为等腰三角形，则的斜率为 C. D. 若四边形为梯形，则其面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某互联网公司为响应国家政策的号召，积极招聘优秀本科生人职，经统计得到近7个月内每月招聘的本科生人数如下：2，4，2，3，9，5，7，则该组数据的上四分位数是______. 13. 若数列的前9项满足，记的前项和为，则______. 14. 对于，函数有且仅有一个零点，则实数的取值范围是______. 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. 记的内角的对边分别为，且. （1）求的值； （2）若，求的值； （3）求周长的最大值. 16. 在某活动中，参与者以抽奖的形式获得某种奖品，每次抽奖均分为中奖和不中奖两种结果.现在利用伪随机算法进行若干次抽奖，假定中奖后就不再继续抽奖.设）是第一次抽奖中奖的概率，此后若前次抽奖均未中奖，则进行第次抽奖时中奖的概率满足其中时一定中奖.设中奖时共抽奖次. （1）证明：当时，； （2）证明：当时，； （3）当时，求的分布列和期望. 17. 如图，三棱锥的棱上存在一点，使得平面底面，且平面. （1）证明：； （2）若，求二面角的正弦值. 18. 已知椭圆的左焦点为，过点的直线交于，两点，分别过点作的垂线，交分别于两点（异于两点）.当的斜率不存在时，四边形的面积为6. （1）求的标准方程； （2）证明：. 19. 设数列的前项和为，且1，定义：，已知在平面直角坐标系中，记圆，曲线. （1）求的通项公式； （2）求与的交点个数； （3）探究当时，与是否有交点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 秘密★启用前 2025届普通高等学校招生全国统一考试 高考信息联考卷（一） 数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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. 设集合，则集合的非空子集的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】由交集确定元素个数，即可求解； 【详解】因为， 故，含有两个元素，故其非空子集的个数为. 故选：C. 2. 已知复数，其中i为虚数单位，则的虚部为（ ） A. 3 B. C. 4 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的运算可得，进而可得. 【详解】，由复数的概念可得的虚部为4， 故选：C 3. 某四棱台的下底面是长为90，宽为30的矩形，上底面是长为30，宽为10的矩形，且该四棱台的高为3，则该四棱台的体积为（ ） A. 3900 B. C. 1300 D. 1600 【答案】A 【解析】 【分析】根据台体的体积公式运算求解即. 【详解】由题意可得该四棱台的上底面面积为，下底面面积为， 将其代入棱台的体积公式得，该四棱台的体积 . 故选：A. 4. 已知函数为奇函数且，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用正弦函数的性质求出，再求出函数值. 【详解】函数为奇函数且，则，解得， 于是，所以. 故选：A 5. 已知双曲线过点，且与双曲线有相同的渐近线，则的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设双曲线方程为，将代入，求出，可求双曲线的标准方程． 【详解】因为双曲线过点，且与双曲线有相同的渐近线， 所以设双曲线方程为， 将代入，可得，则， 所求双曲线的标准方程是． 故选：D． 6. 在中，，，点满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用平面向量数量积的定义计算出的值，再利用平面向量数量积的运算性质可求得的值. 【详解】由题意可得，，则， 故， 故 . 故选：D. 7. 已知函数，则下列比较大小正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由导数判断函数的单调性，进而可得. 【详解】由可得函数的定义域为， 由题意知， 令函数，且， 则，即在单调递增，所以， 故在区间上恒成立，则在上单调递减， 所以，由函数的单调性可知. 故选：B 8. 若关于的方程在定义域内有解，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由对数的运算性质得到有解，求得的值域，即可求解； 【详解】由题意可得， 即， 可转化为方程在定义域内有解， 由对数函数的定义域可知，又，所以， 所以， 令，则， 因为的图象开口向上，对称轴为， 所以在上单调递增， 所以当时，， 所以，又， 所以. 故选：B. 二、填空题：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. 记等差数列的前项和为，已知，则下列说法一定正确的是（ ） A. B. 若单调递增，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】BD 【解析】 【分析】设等差数列的公差为，则，可得，，，进而可得A错误；选项B根据可得；选项C根据，进而可得到；选项D，由可得，进而可得. 【详解】选项A：，设公差为，则，故，故A错误； 选项B：若单调递增，则，故，故B正确； 选项C：若，则，故C错误； 选项D：若，则，故，故D正确. 故选：BD 10. 已知正数满足，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，分离得到可判断；对于B，分离得到可判断；对于C，由可得判断，对于D，由得，再结合基本不等式得到即可判断； 【详解】对于A，分离变量可得，解得，故A错误； 对于B，分离变量可得，解得，故B正确； 对于C，由基本不等式可得， 所以，则，当且仅当即时取等号，故C正确； 对于D，由得， 由基本不等式可得，得， 当且仅当即，时取等号，故D正确. 故选：BCD. 11. 已知抛物线，，点，关于坐标原点对称，，过点的直线与交于，两点，点在第一象限，则（ ） A. 若，则 B. 若为等腰三角形，则的斜率为 C. D. 若四边形为梯形，则其面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由可求的纵坐标，由此可求，判断A，由条件可得或，由此判断B，设的方程为，，，利用设而不求法证明，结合角平分线性质判断C，结合C选项的解答证明点在的中垂线上，由此可求的坐标，再求梯形面积，判断D. 【详解】若，则，的横坐标均为， 代入的方程，解得的纵坐标为，故，A正确； 若为等腰三角形，则可能是或， 两种情况斜率不同，不可能只有一个值，故B错误； 由已知直线的斜率不为， 设的方程为，，， 与抛物线方程联立，解得， 即，， 则， 故成立，由角平分线定理可得， 所以，C正确； 若四边形为梯形，由对称性，不妨设上底为， 由C知，，由梯形上下底平行得，， 故，即点在的中垂线上， 故的横坐标为，解得，又，故， 所以， 梯形的面积为，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某互联网公司为响应国家政策的号召，积极招聘优秀本科生人职，经统计得到近7个月内每月招聘的本科生人数如下：2，4，2，3，9，5，7，则该组数据的上四分位数是______. 【答案】7 【解析】 【分析】根据百分位数的计算公式即可得到答案. 【详解】将样本数据按照从小到大的顺序排列为：2，2，3，4，5，7，9. 由，可知该组数据的上四分位数是7. 故答案为：7. 13. 若数列的前9项满足，记的前项和为，则______. 【答案】16 【解析】 【分析】根据二项展开式公式和数列概念即可得到答案. 【详解】令，则有，即. 又因为根据二项展开式通项公式得， 故. 故答案为：16. 14. 对于，函数有且仅有一个零点，则实数的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】分离常数可得，构造函数，根据题意可得的值域为，且为单调函数，即可求导，结合或恒成立求解. 【详解】依题意，任意的均使得有且仅有一个零点，令0，得， 记函数，即与直线有且仅有一个交点， 若的值域不是，设的值域为，则，使得，矛盾， 所以的值域为，且为单调函数（否则与直线存在至少两个交点）， 所以恒有或，易得， 当且时，有，所以恒有，得恒成立， 记，则， 当时，单调递增；当时，单调递减， 所以的最大值为， 故实数的取值范围是. 故答案为： 【点睛】已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路 (1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围； (2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决； (3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解． 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. 记的内角的对边分别为，且. （1）求的值； （2）若，求的值； （3）求周长的最大值. 【答案】（1） （2） （3）3 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边角互化，结合和差角公式即可求解， （2）利用正弦定理即可求解， （3）由余弦定理，结合基本不等式即可求解. 【小问1详解】 因为，由正弦定理可得，，所以， 又，所以， 因为，所以. 【小问2详解】 若，则， 故. 【小问3详解】 因为，由余弦定理得， 化简得，即， 当且仅当时等号成立， 故周长的最大值为3. 16. 在某活动中，参与者以抽奖的形式获得某种奖品，每次抽奖均分为中奖和不中奖两种结果.现在利用伪随机算法进行若干次抽奖，假定中奖后就不再继续抽奖.设）是第一次抽奖中奖的概率，此后若前次抽奖均未中奖，则进行第次抽奖时中奖的概率满足其中时一定中奖.设中奖时共抽奖次. （1）证明：当时，； （2）证明：当时，； （3）当时，求的分布列和期望. 【答案】（1） 证明：当时， 由题意可得的可能取值有1，2， ， ， ， 故. （2） 证明：当时， 由题意可得的可能取值有1，2，3， ， ， ， 所以， 易知当时，取最大值，故. （3）的分布列为 1 2 3 4 ，【解析】 【分析】（1）确定的可能取值，确定概率，由期望计算公式即可求证； （2）确定的可能取值，确定概率，由期望计算公式即可求证； （3）确定的可能取值，确定概率，由分布列、期望计算公式即可求解； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由题意可得的可能取值有1，2，3，4， ， ， ， . 故的分布列为 1 2 3 4 故. 17. 如图，三棱锥的棱上存在一点，使得平面底面，且平面. （1）证明：； （2）若，求二面角的正弦值. 【答案】（1）在平面内作，垂足为点， 则平面. 因为平面底面，平面平面， 所以平面. 又平面，所以. 又因为平面平面，所以. 又平面， 所以平面. 又平面，所以. （2） 【解析】 【分析】（1）首先利用面面垂直的性质定理得平面，则，再利用线面垂直的判定定理证明即可； （2）建立合适的空间直角坐标系，求出相关平面的法向量，再利用二面角正弦值的空间向量求法即可得到答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知平面，且平面，所以， 故以点为原点，分别为轴，轴的正方向， 过点作垂直于底面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 因为平面平面，所以. 又， 则， 故. 依题意得，平面的一个法向量为. 设平面的一个法向量为， 则，即， 取，则. 所以， 所以， 故二面角的正弦值为. 18. 已知椭圆的左焦点为，过点的直线交于，两点，分别过点作的垂线，交分别于两点（异于两点）.当的斜率不存在时，四边形的面积为6. （1）求的标准方程； （2）证明：. 【答案】（1）； （2） 设，， 其中， 由题意，要证，即证，即证， 设直线和的斜率为，联立， 得， 即， 故，故， 同理得，当的斜率不存在时，显然满足题意； 当的斜率存在时，则，则，要证， 即证， 即证， 显然左右两式均等于，故. 【解析】 【分析】（1）根据已知有、求椭圆参数，即可得椭圆方程； （2）设，，其中，应用分析法转化为证明，联立直线与椭圆求、，结合，进一步转化证明结论. 【小问1详解】 由题意，得①， 当垂直于轴时，， 由题意，得②， 联立①②解得， 故的标准方程为. 【小问2详解】 略 【点睛】关键点点睛：第二问，设，，其中，应用分析法转化为证明为关键. 19. 设数列的前项和为，且1，定义：，已知在平面直角坐标系中，记圆，曲线. （1）求的通项公式； （2）求与的交点个数； （3）探究当时，与是否有交点. 【答案】（1） （2）2 （3）无交点 【解析】 【分析】（1）根据数列中的公式，分类讨论计算即可； （2）利用数形结合画出图形即得； （3）通过分析，变形式子，转化为，然后构造函数，借助导数研究单调性最值即可. 【小问1详解】 由于， 当时，，作差得，即， 又，故；经检验同样满足， 故的通项公式为. 【小问2详解】 由题易得， 画出与曲线的图象， 可知与的交点个数为2. 【小问3详解】 没有交点.只需证明对任意的，有， 这是因为经过点经过点， 若，说明在处的值大于在处的值，且为增函数，则没有交点， 只需证明，即. 记函数， 则， 故在上单调递增. 又， 当时，，易得恒成立； 当时，，易得恒成立， 即， 故，故当时，与无交点. 【点睛】关键点点睛：本题第3问关键是通过式子变形转化为证明，构造函数，借助导数研究单调性解题，综合性强，属于难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $