精品解析：2025届河北省沧州市第一中学等高三联考下学期二模联考数学试题

2025届高三沧州市模拟考试 数学 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 复数在复平面内对应的点在（ ） 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】根据复数的除法运算化简即可求解. 【详解】，故对应的点为 故选:D． 2. 若等差数列满足，则下列说法一定正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】对于AB：整理可得，即可判断其符号；对于CD：根据等差数列性质可得，其正负无法确定. 【详解】对于选项AB：设数列的公差为d， 则，故A正确，B错误； 对于选项CD：因为，其正负无法确定，故C，D均错误. 故选：A. 3. 在中，“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】由余弦函数的单调性找出的等价条件为，再利用大角对大边，结合正弦定理可判断出“”是“”的充分必要条件. 【详解】余弦函数在区间上单调递减，且，， 由，可得，，由正弦定理可得. 因此，“”是“”的充分必要条件. 故选：C. 【点睛】本题考查充分必要条件的判定，同时也考查了余弦函数的单调性、大角对大边以及正弦定理的应用，考查推理能力，属于中等题. 4. 在中，点D在边AB上，．记，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据几何条件以及平面向量的线性运算即可解出． 【详解】因为点D在边AB上，，所以，即， 所以． 故选：B． 5. 已知圆台上下底面积分别为，母线长为，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆台的体积公式代入求解即可. 【详解】因为圆台的上､下底面积分别为， 所以该圆台的上､下底面的半径分别1，2， 如图所示： 即，，，所以，所以， 故圆台的高为2，则圆台的体积， 故选：. 6. 设一组样本数据x1，x2，…，xn的方差为0.01，则数据10x1，10x2，…，10xn的方差为（ ） A. 0.01 B. 0.1 C. 1 D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】根据新数据与原数据关系确定方差关系，即得结果. 【详解】因为数据的方差是数据的方差的倍， 所以所求数据方差为 故选：C 【点睛】本题考查方差，考查基本分析求解能力，属基础题. 7. 已知菱形，，将沿对角线折起，使以四点为顶点的三棱锥体积最大，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】当三棱锥的体积最大时，平面平面，以E为原点，分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，求出向量的坐标，根据向量夹角的坐标表示可解. 【详解】记的 中点分别为，因为，所以， 同理，，记， 因为，所以， 所以，， 易知，当平面平面时，三棱锥的体积最大，此时， 以E为原点，分别为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则 所以， 所以， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 故选：C 8. 在平面直角坐标系中，已知，动点满足，且，则下列说法正确的是（ ） A. 点的轨迹为圆 B. 点到原点最短距离为2 C. 点的轨迹是一个正方形 D. 点的轨迹所围成的图形面积为24 【答案】D 【解析】 【分析】设点的坐标为，由已知条件结合向量的坐标运算用表示出，结合可得的关系，从而可求出点的轨迹方程，再逐个分析判断. 【详解】设点的坐标为，因为，动点满足， 所以，得， 因为，所以， 即点的轨迹方程为， 当时，方程为， 当时，方程为， 当时，方程为， 当时，方程为， 所以点对应的轨迹如图所示，且，, 所以点的轨迹为菱形，所以AC错误， 原点到直线的距离为，所以B错误， 点的轨迹所围成的图形面积为，所以D正确. 故选：D 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. （多选）下列化简正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】由两角差的正弦公式、二倍角的正弦和余弦公式及两角和的正切公式对选项一一化简即可得出答案. 【详解】对于选项A：，故A正确； 对于选项B：，故B正确． 对于选项C：，故C错误． 对于选项D：，故D错误. 故选：AB． 10. 如图直线l过△ABC的重心G（三条中线的交点），与边AB、AC交于点P、Q，且，，直线l将△ABC分成两部分，分别为△APQ和四边形PQCB，其对应的面积依次记为和，则以下结论正确的是（ ） A. B. C. 的最大值为 D. 的最大值为 【答案】BC 【解析】 【分析】本题首先可根据是的重心得出，然后根据、得出，再然后根据、得出，最后根据基本不等式得出，即可得出结果. 【详解】因为是的重心，所以， 因为，，所以， 因为、、三点共线，所以，，A错误，B正确， 因为，， 所以，，， 因为，，所以， 即，，当且仅当时取等号， 故，C正确，D错误. 故选：BC. 11. 已知抛物线C：与圆O：交于A，B两点，且，直线过C的焦点F，且与C交于M，N两点，则下列说法中正确的是（ ） A. 若直线的斜率为，则 B. 的最小值为 C. 若以MF为直径的圆与y轴的公共点为，则点M的横坐标为 D. 若点，则周长的最小值为 【答案】BC 【解析】 【分析】首先求出抛物线的解析式，设出MN坐标联立进行求解当时，，进而判断选项A；再根据韦达定理和不等式求最小值后进行判断选项B；画出大致图像过点M作准线的垂线，垂足为，交y轴于，结合抛物线定义判断选项C；过G作GH垂直于准线，垂足为H，结合的周长为进而进行判断选项D即可． 【详解】解：由题意得点在抛物线C：上， 所以，解得，所以C：，则， 设直线：，与联立得， 设，，所以，， 所以， 当时，，故A项错误； ，则， 当且仅当，时等号成立， 故B项正确； 如图，过点M作准线的垂线，垂足为，交y轴于， 取MF的中点为D，过点D作y轴的垂线， 垂足为，则，是梯形的中位线， 由抛物线的定义可得， 所以， 所以以MF为直径的圆与y轴相切， 所以为圆与y轴的切点，所以点D的纵坐标为， 又D为MF的中点，所以点M的纵坐标为， 又点M在抛物线上，所以点M的横坐标为， 故C项正确； 过G作GH垂直于准线，垂足为H， 所以的周长为， 当且仅当点M的坐标为时取等号， 故D项错误． 故选:BC． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知幂函数经过点，则的值是_______． 【答案】 【解析】 【分析】由题意得，求出，再把点的坐标代入函数中可求出，从而可求出的值. 【详解】因为函数为幂函数， 所以，得，所以， 因为幂函数的图象过点， 所以，则，得，解得， 所以. 故答案为： 13. 《九章算术》第五卷中涉及到一种几何体——羡除，它下广六尺，上广一丈.深三尺，末广八尺，袤七尺.该羡除是一个多面体ABCDFE，如图，四边形ABCD，ABEF均为等腰梯形，，平面平面ABEF，梯形ABCD，梯形ABEF的高分别为3，7，且，，，则________. 【答案】14 【解析】 【分析】过分别作，的高，垂足分别为，，可证明，，两两垂直，然后 建立空间直角坐标系，求出，，，的坐标，从而求出的值即可． 【详解】如图示： 过分别作，的高，垂足分别为，， 平面平面，， 平面平面，故平面， 故，，又， 故，，两两垂直， 以为坐标原点，，，分别为，，轴的正方向， 建立空间直角坐标系，则由题意可知： ，0，，，0，，，7，，，0，， 故，7，，，0，， 故， 故答案为：14 14. 如图所示，已知M，N为双曲线上关于原点对称的两点，点M与点Q关于x轴对称，，直线交双曲线右支于点P，若，则_____________． 【答案】 【解析】 【分析】设利用点差法得到，即可求出离心率； 【详解】解：设，则．由，得，从而有，又，所以， 又由， 从而得到所以，所以． 故答案为： 【点睛】双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法： ①求出a，c，代入公式； ②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝c2－a2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)． 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. 等比数列中，已知． （1）求数列的通项公式； （2）若分别为等差数列的第3项和第5项，试求数列的通项公式及前项和． 【答案】(1) . (2) . 【解析】 【详解】试题分析：（1）本题考查的是求等比数列的通项公式，由已知所给的条件建立等量关系可以分别求出首项和公比，代入等比数列的通项公式，即可得到所求答案． （2）由（1）可得等差数列的第3项和第5项，然后根据等差数列的性质可以求出等差数列的通项，然后根据等差数列的求和公式，即可得到其前项和． 试题解析：（Ⅰ）设的公比为由已知得，解得，所以 （Ⅱ）由（Ⅰ）得，，则， 设的公差为，则有解得 从而 所以数列的前项和 考点：等差、等比数列的性质 16. 如图，在三棱柱中，平面平面，边长为4的正方形，，． （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值； 【答案】（1）证明;因为四边形是正方形，则， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面ABC； （2） 【解析】 【分析】（1）由正方形性质、面面垂直的性质即可得证； （2）建立适当的空间直角坐标系，求出两平面的法向量，由图可知面角的平面角为锐角，结合法向量夹角余弦公式即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，，则，所以， 以点A为原点，的正方向分别为x轴，y轴，z轴， 建立空间直角坐标系如图， 则，，，， 所以，，， 设平面的法向量为， 则，令，则，， 故平面的一个法向量， 设平面的法向量为， 则，令，则，， 故平面的一个法向量， 所以， 由图可知二面角的平面角为锐角， 故二面角的余弦值为. 17. 在中，． （1）求； （2）若，且的面积为，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用二倍角的正弦公式化简可得的值，结合角的取值范围可求得角的值； （2）利用三角形的面积公式可求得的值，由余弦定理可求得的值，即可求得的周长. 【小问1详解】 解：因为，则，由已知可得， 可得，因此，. 【小问2详解】 解：由三角形的面积公式可得，解得. 由余弦定理可得，， 所以，的周长为. 18. 如图，长方体的底面是正方形，点在棱上，. （1）证明：平面； （2）若，求二面角的正弦值. 【答案】（1）因为是长方体， 所以侧面，而平面，所以， 又，，，平面，因此平面； （2） 【解析】 【分析】（1）利用长方体的性质，可以知道侧面，利用线面垂直的性质可以证明出，这样可以利用线面垂直的判定定理，证明出平面； （2）以点坐标原点，以，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，设正方形的边长为，，求出相应点的坐标，利用，可以求出，之间的关系，分别求出平面、平面的法向量，利用空间向量的数量积公式求出二面角的余弦值的绝对值，最后利用同角的三角函数关系，求出二面角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 方法一： 由（1）知，，又为的中点，所以为等腰直角三角形，所以． 如图2，连接，与相交于点，因为平面，所以． 又，所以平面． 作，垂足为，联结，由三垂线定理可知，则为二面角平面角的补角． 设，则，，，，由，得． 在中，，所以， 即二面角的正弦值为． 方法二： 设底面边长为，高为，所以，． 因为平面，所以，即， 所以，解得． 因为平面，所以，又，所以平面， 故为平面的一个法向量． 因为平面与平面为同一平面，故为平面的一个法向量， 在中，因为，故与成角， 所以二面角的正弦值为． 方法三： 设底面边长为，高为，所以，． 因为平面，所以，即， 所以，解得． 因为，所以是直角三角形，，，． 因为平面，所以，到平面的距离相等设为． 同理，，到平面的距离相等，都为，所以， 即，解得． 设点到直线的距离为，在中，由面积相等解得． 设为二面角的平面角，， 所以二面角的正弦值为． 方法四： 由（1）的结论知，又，易证，所以，所以， 即二面角的正弦值与二面角的正弦值相等． 设，，的中点分别为，，，显然为正方体，所求问题转化为如图3所示， 在正方体中求二面角的正弦值． 设，相交于点，易证平面， 所以是在平面上的射影． 令正方体的棱长， 则，，，． 设二面角为，由，则， 所以． 即二面角的正弦值为． 方法五： 如图4，分别取，，的中点分别为，，，连接，，，． 过作，垂足为，连接． 易得，，，共面且平行于面． 由（1）可得面．因为面，所以． 又因为为中点，所以，且均为等腰三角形． 设，则，四棱柱为正方体． 在及中有，,． 所以与均为直角三角形且全等． 又因为，所以，为二面角（即）的一个平面角． 在中，，． 所以， 所以． 故二面角的正弦值为． 方法六： 以点坐标原点，以，，分别为，，轴，建立如下图所示的空间直角坐标系， ，，，， 因为， 所以， 所以，，，， 设是平面的法向量， 所以， 设是平面的法向量， 所以， 二面角的余弦值的绝对值为， 所以二面角的正弦值为. 19. 已知点，点是圆上任意一点，线段的垂直平分线与半径的交点为，记点的轨迹是曲线，设经过点的直线与曲线的交点为． （1）求曲线的方程； （2）求的取值范围； （3）已知点，若直线与直线的斜率分别为，求的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的定义求标准方程； （2）若直线与轴重合，直接计算，若直线不与轴重合，设直线的方程为，设点，直线方程代入椭圆方程消元后应用韦达定理得，然后由点的坐标及参数计算，代入韦达定理的结论得关于的函数，再求得其范围； （3）在（2）的基础上计算可得． 【小问1详解】 连接，则．设点圆的圆心，半径为4，， 点的轨迹是以为焦点的椭圆，长轴长，焦距， 曲线的方程为． 【小问2详解】 （法一）分以下两种情况讨论： ①若直线与轴重合，则； ②若直线不与轴重合，设直线的方程为，设点， 联立，消去，得， 则， 由韦达定理得， 由弦长公式可得 ， ，则． 综上所述，的取值范围是． （2）（法二）分以下两种情况讨论： ①当直线的斜率不存在时，，不妨设； ②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设点， 联立，消去，得，则， 由韦达定理得， 由弦长公式可得 ． 综上所述，的取值范围是． （2）（法三）分以下两种情况讨论： ①若直线与轴重合，则 ②若直线不与轴重合，设直线的方程为， 设点，， 联立，消去，得，则， 由韦达定理得， ， ，则． 综上所述，的取值范围是． 【小问3详解】 （法一）分以下两种情况讨论： ①若直线与轴重合，点都在轴上， ②若直线不与轴重合，由（2）知，直线的方程为，点， ， 综上所述：． （3）（法二）分以下两种情况讨论： ①若直线与轴垂直，直线与直线关于轴对称，； ②若直线不与轴垂直，由（2）知，直线的方程为， 设点， 综上所述：． 【点睛】方法点睛：椭圆中范围或定值问题，一般设交点坐标为，设出直线方程为（或），代入椭圆方程应用韦达定理得（或）然后用两交点坐标表示出要求范围或定值的量，如本题中线段积或斜率和，如果是范围则可转化为关于其中某个参数（两个参数时需要由条件寻找参数间关系）的函数，然后由函数的性质或不等式的知识求得范围，如果是定值，则代入后化简可得定值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届高三沧州市模拟考试 数学 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 复数在复平面内对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 若等差数列满足，则下列说法一定正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 在中，“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 在中，点D在边AB上，．记，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知圆台上下底面积分别为，母线长为，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 设一组样本数据x1，x2，…，xn的方差为0.01，则数据10x1，10x2，…，10xn的方差为（ ） A. 0.01 B. 0.1 C. 1 D. 10 7. 已知菱形，，将沿对角线折起，使以四点为顶点的三棱锥体积最大，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 在平面直角坐标系中，已知，动点满足，且，则下列说法正确的是（ ） A. 点的轨迹为圆 B. 点到原点最短距离为2 C. 点的轨迹是一个正方形 D. 点的轨迹所围成的图形面积为24 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. （多选）下列化简正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 如图直线l过△ABC的重心G（三条中线的交点），与边AB、AC交于点P、Q，且，，直线l将△ABC分成两部分，分别为△APQ和四边形PQCB，其对应的面积依次记为和，则以下结论正确的是（ ） A. B. C. 的最大值为 D. 的最大值为 11. 已知抛物线C：与圆O：交于A，B两点，且，直线过C的焦点F，且与C交于M，N两点，则下列说法中正确的是（ ） A. 若直线的斜率为，则 B. 的最小值为 C. 若以MF为直径的圆与y轴的公共点为，则点M的横坐标为 D. 若点，则周长的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知幂函数经过点，则的值是_______． 13. 《九章算术》第五卷中涉及到一种几何体——羡除，它下广六尺，上广一丈.深三尺，末广八尺，袤七尺.该羡除是一个多面体ABCDFE，如图，四边形ABCD，ABEF均为等腰梯形，，平面平面ABEF，梯形ABCD，梯形ABEF的高分别为3，7，且，，，则________. 14. 如图所示，已知M，N为双曲线上关于原点对称的两点，点M与点Q关于x轴对称，，直线交双曲线右支于点P，若，则_____________． 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. 等比数列中，已知． （1）求数列的通项公式； （2）若分别为等差数列的第3项和第5项，试求数列的通项公式及前项和． 16. 如图，在三棱柱中，平面平面，边长为4的正方形，，． （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值； 17. 在中，． （1）求； （2）若，且的面积为，求的周长． 18. 如图，长方体的底面是正方形，点在棱上，. （1）证明：平面； （2）若，求二面角的正弦值. 19. 已知点，点是圆上任意一点，线段的垂直平分线与半径的交点为，记点的轨迹是曲线，设经过点的直线与曲线的交点为． （1）求曲线的方程； （2）求的取值范围； （3）已知点，若直线与直线的斜率分别为，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $