2025屆黑龍江省哈爾濱第三中學高考數學必刷試卷請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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．在中，角、、的對邊分別為、、，若，，，則（）A． B． C． D．2．在復平面內，復數（為虛數單位）對應的點位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．體育教師指導4個學生訓練轉身動作，預備時，4個學生全部面朝正南方向站成一排.訓練時，每次都讓3個學生“向后轉”，若4個學生全部轉到面朝正北方向，則至少需要“向后轉”的次數是（）A．3 B．4 C．5 D．64．已知拋物線的焦點為，過焦點的直線與拋物線分別交于、兩點，與軸的正半軸交于點，與準線交于點，且，則（）A． B．2 C． D．35．設集合A＝{y|y＝2x﹣1，x∈R}，B＝{x|﹣2≤x≤3，x∈Z}，則A∩B＝（）A．（﹣1，3] B．[﹣1，3] C．{0，1，2，3} D．{﹣1，0，1，2，3}6．設，則，則（）A． B． C． D．7．設，是方程的兩個不等實數根，記（）.下列兩個命題（）①數列的任意一項都是正整數；②數列存在某一項是5的倍數.A．①正確，②錯誤 B．①錯誤，②正確C．①②都正確 D．①②都錯誤8．已知數列的首項，且，其中，，，下列敘述正確的是（）A．若是等差數列，則一定有 B．若是等比數列，則一定有C．若不是等差數列，則一定有 D．若不是等比數列，則一定有9．已知拋物線：，直線與分別相交于點，與的準線相交于點，若，則（）A．3 B． C． D．10．已知函數的一條切線為，則的最小值為（）A． B． C． D．11．已知向量，，則向量在向量上的投影是（）A． B． C． D．12．某裝飾公司制作一種扇形板狀裝飾品，其圓心角為120°，并在扇形弧上正面等距安裝7個發彩色光的小燈泡且在背面用導線相連(弧的兩端各一個，導線接頭忽略不計)，已知扇形的半徑為30厘米，則連接導線最小大致需要的長度為（）A．58厘米 B．63厘米 C．69厘米 D．76厘米二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知函數有兩個極值點、，則的取值范圍為_________.14．某外商計劃在個候選城市中投資個不同的項目，且在同一個城市投資的項目不超過個，則該外商不同的投資方案有____種．15．函數在區間(-∞，1)上遞增，則實數a的取值范圍是____16．已知a，b均為正數，且，的最小值為________.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）（選修4-4：坐標系與參數方程）在平面直角坐標系，已知曲線（為參數），在以原點為極點，軸的非負半軸為極軸建立的極坐標系中，直線的極坐標方程為．（1）求曲線的普通方程和直線的直角坐標方程；（2）過點且與直線平行的直線交于，兩點，求點到，的距離之積．18．（12分）已知矩陣的逆矩陣.若曲線：在矩陣A對應的變換作用下得到另一曲線，求曲線的方程.19．（12分）設橢圓：的左、右焦點分別為，，下頂點為，橢圓的離心率是，的面積是.（1）求橢圓的標準方程.（2）直線與橢圓交于，兩點（異于點），若直線與直線的斜率之和為1，證明：直線恒過定點，并求出該定點的坐標.20．（12分）如圖1，在等腰中，，，分別為，的中點，為的中點，在線段上，且。將沿折起，使點到的位置（如圖2所示），且。（1）證明：平面；（2）求平面與平面所成銳二面角的余弦值21．（12分）在平面直角坐標系中，已知拋物線C：（）的焦點F在直線上，平行于x軸的兩條直線，分別交拋物線C于A，B兩點，交該拋物線的準線于D，E兩點.（1）求拋物線C的方程；（2）若F在線段上，P是的中點，證明：.22．（10分）在平面直角坐標系中，點是直線上的動點，為定點，點為的中點，動點滿足，且，設點的軌跡為曲線.（1）求曲線的方程；（2）過點的直線交曲線于，兩點，為曲線上異于，的任意一點，直線，分別交直線于，兩點.問是否為定值？若是，求的值；若不是，請說明理由.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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、B【解析】

利用兩角差的正弦公式和邊角互化思想可求得，可得出，然后利用余弦定理求出的值，最后利用正弦定理可求出的值.【詳解】，即，即，，，得，，.由余弦定理得，由正弦定理，因此，.故選：B.【點睛】本題考查三角形中角的正弦值的計算，考查兩角差的正弦公式、邊角互化思想、余弦定理與正弦定理的應用，考查運算求解能力，屬于中等題.2、C【解析】

化簡復數為、的形式，可以確定對應的點位于的象限．【詳解】解：復數故復數對應的坐標為位于第三象限故選：．【點睛】本題考查復數代數形式的運算，復數和復平面內點的對應關系，屬于基礎題．3、B【解析】

通過列舉法，列舉出同學的朝向，然后即可求出需要向后轉的次數.【詳解】“正面朝南”“正面朝北”分別用“∧”“∨”表示，利用列舉法，可得下表，原始狀態第1次“向后轉”第2次“向后轉”第3次“向后轉”第4次“向后轉”∧∧∧∧∧∨∨∨∨∨∧∧∧∧∧∨∨∨∨∨可知需要的次數為4次.故選：B.【點睛】本題考查的是求最小推理次數，一般這類題型構造較為巧妙，可通過列舉的方法直觀感受，屬于基礎題.4、B【解析】

過點作準線的垂線，垂足為，與軸交于點，由和拋物線的定義可求得，利用拋物線的性質可構造方程求得，進而求得結果.【詳解】過點作準線的垂線，垂足為，與軸交于點，由拋物線解析式知：，準線方程為.，，，，由拋物線定義知：，，，.由拋物線性質得：，解得：，.故選：.【點睛】本題考查拋物線定義與幾何性質的應用，關鍵是熟練掌握拋物線的定義和焦半徑所滿足的等式.5、C【解析】

先求集合A，再用列舉法表示出集合B，再根據交集的定義求解即可．【詳解】解：∵集合A＝{y|y＝2x﹣1，x∈R}＝{y|y＞﹣1}，B＝{x|﹣2≤x≤3，x∈Z}＝{﹣2，﹣1，0，1，2，3}，∴A∩B＝{0，1，2，3}，故選：C．【點睛】本題主要考查集合的交集運算，屬于基礎題．6、A【解析】

根據換底公式可得，再化簡，比較的大小，即得答案.【詳解】，，.，顯然.,即，，即.綜上，.故選：.【點睛】本題考查換底公式和對數的運算，屬于中檔題.7、A【解析】

利用韋達定理可得,,結合可推出,再計算出,,從而推出①正確;再利用遞推公式依次計算數列中的各項,以此判斷②的正誤.【詳解】因為,是方程的兩個不等實數根,所以,,因為,所以,即當時,數列中的任一項都等于其前兩項之和,又,,所以,,,以此類推,即可知數列的任意一項都是正整數,故①正確;若數列存在某一項是5的倍數,則此項個位數字應當為0或5,由,,依次計算可知,數列中各項的個位數字以1,3,4,7,1,8,9,7,6,3,9,2為周期,故數列中不存在個位數字為0或5的項,故②錯誤;故選:A.【點睛】本題主要考查數列遞推公式的推導,考查數列性質的應用,考查學生的綜合分析以及計算能力.8、C【解析】

根據等差數列和等比數列的定義進行判斷即可.【詳解】A：當時，，顯然符合是等差數列，但是此時不成立，故本說法不正確；B：當時，，顯然符合是等比數列，但是此時不成立，故本說法不正確；C：當時，因此有常數，因此是等差數列，因此當不是等差數列時，一定有，故本說法正確；D：當時，若時，顯然數列是等比數列，故本說法不正確.故選：C【點睛】本題考查了等差數列和等比數列的定義，考查了推理論證能力，屬于基礎題.9、C【解析】

根據拋物線的定義以及三角形的中位線，斜率的定義表示即可求得答案.【詳解】顯然直線過拋物線的焦點如圖，過A,M作準線的垂直，垂足分別為C，D，過M作AC的垂線，垂足為E根據拋物線的定義可知MD=MF，AC=AF，又AM=MN，所以M為AN的中點，所以MD為三角形NAC的中位線，故MD=CE=EA=AC設MF=t，則MD=t，AF=AC=2t，所以AM=3t，在直角三角形AEM中，ME=所以故選：C【點睛】本題考查求拋物線的焦點弦的斜率，常見于利用拋物線的定義構建關系，屬于中檔題.10、A【解析】

求導得到，根據切線方程得到，故，設，求導得到函數在上單調遞減，在上單調遞增，故，計算得到答案.【詳解】，則，取，，故，.故，故，.設，，取，解得.故函數在上單調遞減，在上單調遞增，故.故選：.【點睛】本題考查函數的切線問題，利用導數求最值，意在考查學生的計算能力和綜合應用能力.11、A【解析】

先利用向量坐標運算求解，再利用向量在向量上的投影公式即得解【詳解】由于向量，故向量在向量上的投影是.故選：A【點睛】本題考查了向量加法、減法的坐標運算和向量投影的概念，考查了學生概念理解，數學運算的能力，屬于中檔題.12、B【解析】

由于實際問題中扇形弧長較小，可將導線的長視為扇形弧長，利用弧長公式計算即可.【詳解】因為弧長比較短的情況下分成6等分，所以每部分的弦長和弧長相差很小，可以用弧長近似代替弦長，故導線長度約為63(厘米).故選：B.【點睛】本題主要考查了扇形弧長的計算，屬于容易題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

確定函數的定義域，求導函數，利用極值的定義，建立方程，結合韋達定理，即可求的取值范圍．【詳解】函數的定義域為，，依題意，方程有兩個不等的正根、（其中），則，由韋達定理得，，所以，令，則，，當時，，則函數在上單調遞減，則，所以，函數在上單調遞減，所以，.因此，的取值范圍是.故答案為：.【點睛】本題考查了函數極值點問題，考查了函數的單調性、最值，將的取值范圍轉化為以為自變量的函數的值域問題是解答的關鍵，考查計算能力，屬于中等題.14、60【解析】試題分析：每個城市投資1個項目有種，有一個城市投資2個有種，投資方案共種.考點：排列組合.15、【解析】

根據復合函數單調性同增異減，結合二次函數的性質、對數型函數的定義域列不等式組，解不等式求得的取值范圍.【詳解】由二次函數的性質和復合函數的單調性可得解得.故答案為：【點睛】本小題主要考查根據對數型復合函數的單調性求參數的取值范圍，屬于基礎題.16、【解析】

本題首先可以根據將化簡為，然后根據基本不等式即可求出最小值.【詳解】因為，所以，當且僅當，即、時取等號，故答案為：.【點睛】本題考查根據基本不等式求最值，基本不等式公式為，在使用基本不等式的時候要注意“”成立的情況，考查化歸與轉化思想，是中檔題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）曲線：，直線的直角坐標方程；（2）1.【解析】試題分析：（1）先根據三角函數平方關系消參數得曲線化為普通方程，再根據將直線的極坐標方程化為直角坐標方程；（2）根據題意設直線參數方程，代入C方程，利用參數幾何意義以及韋達定理得點到，的距離之積試題解析：（1）曲線化為普通方程為：，由，得，所以直線的直角坐標方程為．（2）直線的參數方程為（為參數），代入化簡得：，設兩點所對應的參數分別為，則，．18、【解析】

根據，可解得，設為曲線任一點，在矩陣對應的變換作用下得到點，則點在曲線上，根據變換的定義寫出相應的矩陣等式，再用表示出，代入曲線的方程中，即得.【詳解】，，即.，解得，.設為曲線任一點，則，又設在矩陣A變換作用得到點，則，即，所以即代入，得，所以曲線的方程為.【點睛】本題考查逆矩陣，矩陣與變換等，是基礎題.19、（1）；（2）證明見解析，.【解析】

（1）根據離心率和的面積是得到方程組，計算得到答案.（2）先排除斜率為0時的情況，設，，聯立方程組利用韋達定理得到，，根據化簡得到，代入直線方程得到答案.【詳解】（1）由題意可得，解得，，則橢圓的標準方程是.（2）當直線的斜率為0時，直線與直線關于軸對稱，則直線與直線的斜率之和為零，與題設條件矛盾，故直線的斜率不為0.設，，直線的方程為聯立，整理得則，.因為直線與直線的斜率之和為1，所以，所以，將，代入上式，整理得.所以，即，則直線的方程為.故直線恒過定點.【點睛】本題考查了橢圓的標準方程，直線過定點問題，計算出是解題的關鍵，意在考查學生的計算能力和轉化能力.20、（1）證明見解析（2）【解析】

（1）要證明線面平行，需證明線線平行，取的中點，連接，根據條件證明，即；（2）以為原點，所在直線為軸，過作平行于的直線為軸，所在直線為軸，建立空間直角坐標系，求兩個平面的法向量，利用法向量求二面角的余弦值.【詳解】（1）證明：取的中點，連接.∵，∴為的中點.又為的中點，∴.依題意可知，則四邊形為平行四邊形，∴，從而.又平面，平面，∴平面.（2），且，平面，平面，，，且，平面，以為原點，所在直線為軸，過作平行于的直線為軸，所在直線為軸，建立空間直角坐標系，不妨設，則，，，，，，，，.設平面的法向量為，則，即，令，得.設平面的法向量為，則，即，令，得.從而，故平面與平面所成銳二面角的余弦值為.【點睛】本題考查線面平行的證明和空間坐標法解決二面角的問題，意在考查空間想象能力，推理證明和計算能力，屬于中檔題型，證明線面平行，或證明面面平行時，關鍵是證明線線平行，所以做輔助線或證明時，需考慮構造中位線或平行四邊形，這些都是證明線線平行的常方法.21、（1）；（2）見解析【解析】

（1）根據拋物線的焦點在直線上，可求得的值，從而求得拋物線的方程；（2）法一：設直線，的方程分別為和且，，，可得，，，的坐標，進而可得