2025屆河北省邯鄲市部分學校高三上學期高考模擬（二）（12月）數學試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1河北省邯鄲市部分校2025屆高三上學期高考模擬（二）（12月）數學試題一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.第33屆夏季奧運會在法國巴黎順利舉行，為此某校舉辦了“奧運知識知多少”的體育知識競賽，其中高三（1）班6名參賽選手的成績（單位：分）分別為：89，92，90，94，97，98.則這6名參賽選手成績的中位數為（）A.92 B.93 C.94 D.92或94【答案】B【解析】將這6名參賽選手的成績從小到大排列，得89，90，92，94，97，98，故中位數為.故選：B.2.已知集合，，若，則得取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由題可知，因為，所以，所以.故選：D.3.曲線在軸右側的各對稱中心的橫坐標由小到大排列構成一個數列，記數列的前n項和為，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】曲線的對稱中心為，故，所以數列是以為首項，為公差的等差數列，所以.故選：C4.已知曲線C：，則C為焦點在y軸上的橢圓的一個充分不必要條件是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由，得，若曲線C是焦點在y軸上的橢圓，則，解得，結合選項可知，曲線C是焦點在y軸上的橢圓的一個充分不必要條件是“”.故選：A.5.已知，則的值為（）A. B. C. D.2【答案】B【解析】因為，所以.故選：B.6.已知，，，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因為，，，且，所以.故選：D.7.中國古建筑聞名于世，源遠流長.如圖1，某公園的六角亭是中國常見的一種供休閑的古建筑，六角亭屋頂的結構示意圖可近似地看作如圖2所示的六棱錐.該公園管理處準備用風鈴裝飾六角亭屋頂的六個頂點A，B，C，D，E，F，現有四種不同形狀的風鈴可供選用，則在相鄰的兩個頂點掛不同形狀的風鈴的條件下，頂點A與C處掛同一種形狀的風鈴的概率為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】記事件G：相鄰兩個頂點掛不同形狀的風鈴，事件H：A與C處掛同一種形狀的風鈴.對于事件G，包含的情況可分以下三類：（1）當A，C，E掛同一種形狀的風鈴時，有4種掛法，此時B，D，F各有3種掛法，故不同的掛法共有4×3×3×3=108種；（2）當A，C，E掛兩種不同形狀的風鈴時，有種掛法，此時B，D，F有3×2×2種掛法，故不同的掛法共有種；（3）當A，C，E掛三種不同形狀的風鈴時，有種掛法，此時B，D，F各有2種掛法，故不同的掛法共有種.綜上，總計有108+432+192=732種掛法，即.當頂點A與C掛同一種形狀的風鈴，且相鄰兩頂點掛不同形狀的風鈴時，分以下兩類：（1）A，C，E掛同一種形狀的風鈴，由前面解析可知，此時不同的掛法有108種；（2）當A，C掛同一種形狀的風鈴，E掛其他形狀的風鈴時，有種掛法，此時B，D，F有3×2×2種掛法，故不同的掛法共有種.綜上，總計有108+144=252種掛法，即，故.故選：C.8.已知函數的定義域為，是奇函數，的導函數為，且，則（）A. B. C. D.2【答案】A【解析】由，得，因為是奇函數，所以也是奇函數，所以，.又，所以，即，所以，所以8是的一個周期，所以，由，得.由，得，又，所以，所以，即，所以，所以8也是的一個周期，所以，得，所以，所以.故選：A.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.已知平面向量，滿足，，則（）A.，一定可以作為一組基底B.為定值C.當時，向量在上的投影向量為D.若向量，的夾角為鈍角，則m的取值范圍為【答案】BC【解析】由，，得，，對于A，由，得，解得，此時，不可以作為一組基底，A錯誤；對于B，，故為定值2，B正確；對于C，當時，，，向量在上的投影向量為，C正確；對于D，若向量，的夾角為鈍角，則，且與不反向共線，所以，且，解得，D錯誤.故選：BC.10.如圖，為圓錐的軸截面，B是底面圓周上異于點A，C的一動點，，，則（）A.的面積無最大值B.與平面不可能垂直C.當點B為的中點時，三棱錐的體積最大D.當點B為的中點時，二面角的余弦值為【答案】BCD【解析】由，，可求得，，所以.對于A，，當且僅當時取等號，故A錯誤；對于B，若平面，平面，則，即，從而，與矛盾，所以與平面不可能垂直，故B正確；對于C，，顯然當點B為的中點時，取得最大值，此時三棱錐的體積最大，故C正確；對于D，如圖，作于點D，連接，，，因為點B為的中點，由對稱性可知，，即為二面角的平面角，且，，，由等面積法得，所以，又，所以，則，所以，故D正確.故選：BCD.11.隨著時代與科技的發展，信號處理以各種方式被廣泛應用于醫學、聲學、密碼學、計算機科學、量子力學等各個領域，而信號處理背后的“功臣”就是正弦型函數.某種信號的波形可以利用函數的圖象近似地模擬，則（）A.的最小正周期為B.的值域為C.直線與圖象恰有5個交點D.當時，關于x的方程在區間上所有不等實根的和為【答案】AC【解析】由題可得，所以，所以是的一個周期，令，即，則，，解得，；令，即，則，，解得，，結合周期性可取和，若，則；若，則.綜上所述，；結合周期性可得的圖象如圖所示，由圖象可知，的最小正周期是，值域是，故A正確，B錯誤；對于直線，當時，；當時，，故當或時，直線與的圖象沒有交點；當時，由圖可知直線與的圖象恰有5個交點，故C正確；當，時，由圖可知直線與的圖象有8個交點，設這8個交點的橫坐標從小到大依次為，，，，，，，，則，故D錯誤.故選：AC.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.在復數范圍內分解成一次因式的乘積：______.【答案】【解析】.故答案為：.13.如圖1，在三棱錐中，，點P到平面的距離為2，且點P在平面內的射影與點C在直線的兩側.如圖2，是底面在斜二測畫法下的直觀圖（其中A與對應，B與對應），，則三棱錐外接球的表面積為______.【答案】【解析】因為，，所以，，過點P作平面于點D，則，由，可知平分，設與的交點為O，則，所以，所以四邊形是正方形，故可將此三棱錐補形成如圖所示的正方體，則該正方體的體對角線即為三棱錐外接球的一條直徑，設該外接球的半徑為R，則，即，則其表面積為.故答案為：14.已知雙曲線C：的左頂點、右焦點分別為A，F，C上的點M在第一象限，且，若，則C的離心率的取值范圍是______.【答案】【解析】在中，，由余弦定理得又，所以，整理得，解得.設雙曲線的左焦點為則，在中，由余弦定理得，得，由，得，整理得，所以，所以C的離心率的取值范圍是.故答案為：．四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.如圖，在正三棱柱中，，，點O，D分別為，的中點.（1）求線段的長；（2）求點到平面的距離.解：（1）連接，，因為三棱柱是正三棱柱，所以平面平面.因為為等邊三角形，為的中點，所以，又平面平面，平面，所以平面，又平面，所以.因為D為的中點，所以；（2）以點O為原點，，所在直線分別為x軸，y軸，以過點O且平行于的直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則O0,0,0，，，，，，所以，，.設平面的法向量為，則解得，令，得，故.設點到平面的距離為，則，所以點到平面的距離為.16.人工智能（ArtificialIntelligence），英文縮寫為AI，是新一輪科技革命和產業變革的重要驅動力量.近幾年，AI技術加持的智能手機（以下簡稱為AI手機）逐漸成為市場新寵.A市某手機大賣場統計了2024年前5個月該賣場AI手機月銷量y（單位：萬部）與月份t之間的關系，得到如下數據：月份t12345月銷量y（單位：萬部）2.893.223.824.345.41（1）根據上述數據可知y與t線性相關，試求出y關于t的經驗回歸方程，并預測該賣場2024年12月份AI手機的月銷量；（2）為刺激消費，A市出臺了以下補貼政策：凡購買AI手機者，每人發放600元購機補貼.若A市甲、乙兩市民近期購買AI手機的概率分別為，，其中，求該市對甲、乙兩人補貼總金額的期望值的取值范圍.參考公式：經驗回歸方程為，其中，.參考數據：，.解：（1）由題意得，，，所以，則，所以y關于t的經驗回歸方程為.故可預測該手機大賣場2024年12月份AI手機的月銷量為（萬部）.（2）設甲、乙兩人中選擇購買AI手機的人數為X，則X的所有可能取值為0，1，2，，，，所以，所以，又，所以，故A市對甲、乙兩人購買AI手機的補貼總金額期望值的取值范圍為.17.已知的面積，點D在邊上.（1）若，，，求線段的長；（2）若是銳角三角形，平分，求的取值范圍.解：（1）由，得，所以，即，又，所以.由，則，兩邊平方得，即，所以.（2）由（1）知，，因為平分，所以，在中，由正弦定理，可得，因為是銳角三角形，所以，則，所以，則，所以，故，則，所以，18.已知直線過拋物線C：的焦點F，且與C交于A，B兩點，當直線的斜率為1時，弦的長度為8.（1）求C的方程；（2）設C的準線與x軸的交點為D，求證：直線與關于x軸對稱；（3）已知點，直線，與C分別交于點P，Q，問直線是否過定點?若過定點，求出該定點的坐標；若不過定點，請說明理由.解：（1）∵直線過焦點F且與C交于A，B兩點，∴直線的斜率不為0，不妨設直線的方程為，，，聯立直線與C的方程，得，，∴，，則，由題可知當時，，∴，∴拋物線的方程為.（2）由（1）可知，，，，∴，，∴，∴，∴直線與關于x軸對稱.（3）由題意可知直線的斜率不為0，設，，由（1）知，.由題意可知直線的斜率不為0，設直線的方程為，聯立得，則，∴，，∴，同理可得.當直線的斜率存在且不為0時，直線的斜率也存在且不為0，則，∴，∴直線的方程為，由對稱性知，定點在軸上，令，得，∴直線過定點.當直線的斜率不存在時，直線的斜率也不存在，則直線：，取，，則，，∴直線：，過定點.綜上，直線過定點.·19.定義：設為區間D上的可導函數，若為增函數，則稱為區間D上的凹函數.對于凹函數，丹麥著名數學家琴生（JohanJensen）提出了著名的琴生不等式：若函數為其定義域上的凹函數，則對其定義域內任意n個數，均有成立（當且僅當時等號成立）.（1）分別判斷函數與是否為其定義域上凹函數；（2）若函數為上的凹函數，求m的取值范圍；（3）設數列中的各項均不小于1，證明：.（1）解：的導函數為，因為函數不是R上的增函數，所以不是R上的凹函數.的導函數為，當時，令，由對勾函數的單調性知在上單調遞增，所以在上單調遞增，所以在上單調遞增，所以函數是上的凹函數.（2）由題可知，設，則.因為函數為R上的凹函數，所以為增函數，所以，即恒成立.設，則，當時，；當時，，所以在上單調遞增，在上單調遞減，所以，所以，故m的取值范圍是.（3）證明：設，因為，故，記，由（1）知為定義域上的凹函數，所以由琴生不等式可知，所以.河北省邯鄲市部分校2025屆高三上學期高考模擬（二）（12月）數學試題一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.第33屆夏季奧運會在法國巴黎順利舉行，為此某校舉辦了“奧運知識知多少”的體育知識競賽，其中高三（1）班6名參賽選手的成績（單位：分）分別為：89，92，90，94，97，98.則這6名參賽選手成績的中位數為（）A.92 B.93 C.94 D.92或94【答案】B【解析】將這6名參賽選手的成績從小到大排列，得89，90，92，94，97，98，故中位數為.故選：B.2.已知集合，，若，則得取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由題可知，因為，所以，所以.故選：D.3.曲線在軸右側的各對稱中心的橫坐標由小到大排列構成一個數列，記數列的前n項和為，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】曲線的對稱中心為，故，所以數列是以為首項，為公差的等差數列，所以.故選：C4.已知曲線C：，則C為焦點在y軸上的橢圓的一個充分不必要條件是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由，得，若曲線C是焦點在y軸上的橢圓，則，解得，結合選項可知，曲線C是焦點在y軸上的橢圓的一個充分不必要條件是“”.故選：A.5.已知，則的值為（）A. B. C. D.2【答案】B【解析】因為，所以.故選：B.6.已知，，，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因為，，，且，所以.故選：D.7.中國古建筑聞名于世，源遠流長.如圖1，某公園的六角亭是中國常見的一種供休閑的古建筑，六角亭屋頂的結構示意圖可近似地看作如圖2所示的六棱錐.該公園管理處準備用風鈴裝飾六角亭屋頂的六個頂點A，B，C，D，E，F，現有四種不同形狀的風鈴可供選用，則在相鄰的兩個頂點掛不同形狀的風鈴的條件下，頂點A與C處掛同一種形狀的風鈴的概率為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】記事件G：相鄰兩個頂點掛不同形狀的風鈴，事件H：A與C處掛同一種形狀的風鈴.對于事件G，包含的情況可分以下三類：（1）當A，C，E掛同一種形狀的風鈴時，有4種掛法，此時B，D，F各有3種掛法，故不同的掛法共有4×3×3×3=108種；（2）當A，C，E掛兩種不同形狀的風鈴時，有種掛法，此時B，D，F有3×2×2種掛法，故不同的掛法共有種；（3）當A，C，E掛三種不同形狀的風鈴時，有種掛法，此時B，D，F各有2種掛法，故不同的掛法共有種.綜上，總計有108+432+192=732種掛法，即.當頂點A與C掛同一種形狀的風鈴，且相鄰兩頂點掛不同形狀的風鈴時，分以下兩類：（1）A，C，E掛同一種形狀的風鈴，由前面解析可知，此時不同的掛法有108種；（2）當A，C掛同一種形狀的風鈴，E掛其他形狀的風鈴時，有種掛法，此時B，D，F有3×2×2種掛法，故不同的掛法共有種.綜上，總計有108+144=252種掛法，即，故.故選：C.8.已知函數的定義域為，是奇函數，的導函數為，且，則（）A. B. C. D.2【答案】A【解析】由，得，因為是奇函數，所以也是奇函數，所以，.又，所以，即，所以，所以8是的一個周期，所以，由，得.由，得，又，所以，所以，即，所以，所以8也是的一個周期，所以，得，所以，所以.故選：A.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.已知平面向量，滿足，，則（）A.，一定可以作為一組基底B.為定值C.當時，向量在上的投影向量為D.若向量，的夾角為鈍角，則m的取值范圍為【答案】BC【解析】由，，得，，對于A，由，得，解得，此時，不可以作為一組基底，A錯誤；對于B，，故為定值2，B正確；對于C，當時，，，向量在上的投影向量為，C正確；對于D，若向量，的夾角為鈍角，則，且與不反向共線，所以，且，解得，D錯誤.故選：BC.10.如圖，為圓錐的軸截面，B是底面圓周上異于點A，C的一動點，，，則（）A.的面積無最大值B.與平面不可能垂直C.當點B為的中點時，三棱錐的體積最大D.當點B為的中點時，二面角的余弦值為【答案】BCD【解析】由，，可求得，，所以.對于A，，當且僅當時取等號，故A錯誤；對于B，若平面，平面，則，即，從而，與矛盾，所以與平面不可能垂直，故B正確；對于C，，顯然當點B為的中點時，取得最大值，此時三棱錐的體積最大，故C正確；對于D，如圖，作于點D，連接，，，因為點B為的中點，由對稱性可知，，即為二面角的平面角，且，，，由等面積法得，所以，又，所以，則，所以，故D正確.故選：BCD.11.隨著時代與科技的發展，信號處理以各種方式被廣泛應用于醫學、聲學、密碼學、計算機科學、量子力學等各個領域，而信號處理背后的“功臣”就是正弦型函數.某種信號的波形可以利用函數的圖象近似地模擬，則（）A.的最小正周期為B.的值域為C.直線與圖象恰有5個交點D.當時，關于x的方程在區間上所有不等實根的和為【答案】AC【解析】由題可得，所以，所以是的一個周期，令，即，則，，解得，；令，即，則，，解得，，結合周期性可取和，若，則；若，則.綜上所述，；結合周期性可得的圖象如圖所示，由圖象可知，的最小正周期是，值域是，故A正確，B錯誤；對于直線，當時，；當時，，故當或時，直線與的圖象沒有交點；當時，由圖可知直線與的圖象恰有5個交點，故C正確；當，時，由圖可知直線與的圖象有8個交點，設這8個交點的橫坐標從小到大依次為，，，，，，，，則，故D錯誤.故選：AC.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.在復數范圍內分解成一次因式的乘積：______.【答案】【解析】.故答案為：.13.如圖1，在三棱錐中，，點P到平面的距離為2，且點P在平面內的射影與點C在直線的兩側.如圖2，是底面在斜二測畫法下的直觀圖（其中A與對應，B與對應），，則三棱錐外接球的表面積為______.【答案】【解析】因為，，所以，，過點P作平面于點D，則，由，可知平分，設與的交點為O，則，所以，所以四邊形是正方形，故可將此三棱錐補形成如圖所示的正方體，則該正方體的體對角線即為三棱錐外接球的一條直徑，設該外接球的半徑為R，則，即，則其表面積為.故答案為：14.已知雙曲線C：的左頂點、右焦點分別為A，F，C上的點M在第一象限，且，若，則C的離心率的取值范圍是______.【答案】【解析】在中，，由余弦定理得又，所以，整理得，解得.設雙曲線的左焦點為則，在中，由余弦定理得，得，由，得，整理得，所以，所以C的離心率的取值范圍是.故答案為：．四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.如圖，在正三棱柱中，，，點O，D分別為，的中點.（1）求線段的長；（2）求點到平面的距離.解：（1）連接，，因為三棱柱是正三棱柱，所以平面平面.因為為等邊三角形，為的中點，所以，又平面平面，平面，所以平面，又平面，所以.因為D為的中點，所以；（2）以點O為原點，，所在直線分別為x軸，y軸，以過點O且平行于的直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則O0,0,0，，，，，，所以，，.設平面的法向量為，則解得，令，得，故.設點到平面的距離為，則，所以點到平面的距離為.16.人工智能（ArtificialIntelligence），英文縮寫為AI，是新一輪科技革命和產業變革的重要驅動力量.近幾年，AI技術加持的智能手機（以下簡稱為AI手機）逐漸成為市場新寵.A市某手機大賣場統計了2024年前5個月該賣場AI手機月銷量y（單位：萬部）與月份t之間的關系，得到如下數據：月份t12345月銷量y（單位：萬部）2.893.223.824.345.41（1）根據上述數據可知y與t線性相關，試求出y關于t的經驗回歸方程，并預測該賣場2024年12月份AI手機的月銷量；（2）為刺激消費，A市出臺了以下補貼政策：凡購買AI手機者，每人發放600元購機補貼.若A市甲、乙兩市民近期購買AI手機的概率分別為，，其中，求該市對甲、乙兩人補貼總金額的期望值的取值范圍.參考公式：經驗回歸方程為，其中，.參考數據：，.解：（1）由題意得，，，所以，則，所以y關于t的經驗回歸方程為.故可預測該手機大賣場2024年12月份AI手機的月銷量為（萬部）.（2）設甲、乙兩人中選擇購買AI手機的人數為X，則X的所有可能取值為0，1，2，，，，所以，所以，又，所以，故A市對甲、乙兩人購買AI手機的補貼總金額期望值的取值范圍為.17.已知的面積，點D在邊上.（1）若，，，求線段的長；（2）若是銳角三角形，平分，求的取值范圍.解：（1）