高級中學名校試卷PAGEPAGE1河北省部分重點中學2025屆高三下學期二輪復習聯考（二）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.已知復數滿足（為虛數單位），則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由題設，所以.故選：B2.已知集合，，若，則實數的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由題意得，因為，則.故選：A.3.已知為拋物線上一點，且點到軸的距離為1，則（）A.1 B.2 C.4 D.6【答案】B【解析】由題意知點的坐標為，將其代入，得，.故選：B4.已知向量，，若，則（）A. B. C. D.無法確定，與有關【答案】C【解析】由題，則，所以.故選：C5.已知，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因為，所以，即，所以，則.故選：A.6.已知且，則二項式的展開式中，常數項為（）A. B. C.1 D.24【答案】D【解析】因為，所以，所以.所以二項式的展開式中，常數項為：.故選：D7.設雙曲線的右頂點為，，分別在兩條漸近線上，且，，則該雙曲線的離心率為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由題設，由角平分線定理可得，則，.在中，由余弦定理得；在中，由余弦定理得.由得.解得.則，即，所以雙曲線的離心率為.故選:B.8.某廠家對其軟件進行加密升級，現對軟件程序中的某序列重新編輯，編輯新序列為，它的第項為.若序列的所有項都是3，且，，則（）A. B. C.3 D.9【答案】C【解析】因為，設，則，因為的所有項都是3，所以，設，所以是以為首項，3為公比的等比數列，所以.由，；由，；由；由.又，所以.所以.故選：C二、選擇題：本大題共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.函數的大致圖象可以是（）A. B.C. D.【答案】AC【解析】函數，其中，，，取.又函數圖象是由的圖象向左平移個單位得到的，AC符合題意，故選:AC.10.已知，，，則下列說法正確的是（）A.的最大值為 B.的最小值為4C.的最大值為2 D.的最小值為【答案】AD【解析】因為，所以，當且僅當，即，時等號成立，所以的最大值為，故A正確；因為，當且僅當，即，時等號成立，所以的最小值為6，故B錯誤；因為，當且僅當，時等號成立，所以的最小值為2，故C錯誤；可以看作直線落在第一象限內的點到原點距離的平方，易知最短距離為，所以的最小值為，故D正確.故選：AD.11.已知是定義在上的奇函數，，是奇函數，且，則下列說法中正確的有（）A.為偶函數 B.C. D.【答案】ACD【解析】由于是定義在上的奇函數，所以，則，即，故A正確；因為是奇函數，所以，即，所以，則，令，所以，所以，即的圖象關于直線對稱，則，故B錯誤；，故C正確；，故D正確.故選：ACD三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.設A，B為同一個隨機試驗中的兩個事件，若，，，則_____.【答案】【解析】因為，所以..故答案為：.13.已知函數在區間上有且僅有2個零點，則的最小正周期的最小值為_____.【答案】【解析】，在區間上有且僅有2個零點，即，則有且僅有兩個零點.所以，則，即，又，取最大值時，有最小值，最小值為.故答案為：.14.在長方體中，底面是邊長為1的正方形，，Q是空間中的一個動點，且滿足，則直線與所成角的正切值的取值范圍為_____.【答案】【解析】方法一、如圖以A為原點建立空間直角坐標系，∴，，，，設，∵，∴，即，不妨取，∴，∵，∴，即，∵，∴直線與所成角的正切值的取值范圍為，故答案：.方法二、如圖在長方體中，底面是邊長為1的正方形，，∴，，，，∵，∴不妨取，則點Q的軌跡是以為軸，且圓錐底面的圓上，圖形如下：∴當Q在M時，直線與所成角取得最小值，，∴當Q在N時，直線與所成角取得最大值，，∴直線與所成角的正切值的取值范圍為，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.已知函數.（1）當時，求曲線在點處的切線方程；（2）證明：當時，.（1）解：當時，，，則，，則所求切線方程為，即.所以曲線在點處的切線方程為（2）證明：的定義域為，，令，解得，當時，，則在上單調遞減；當時，，則在上單調遞增；所以.要證，只需證.設，則只需證當時，.因為在時恒成立，所以在上單調遞減，所以當時，，即，所以，得證.16.如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ADEF為梯形，，，四邊形ABCD是菱形，，，，.（1）證明：平面平面BDF；（2）求平面BDF與平面BCE的夾角的余弦值.（1）證明：因為四邊形是菱形，且，所以.又因為，，所以，所以.因為，所以.又因為四邊形是菱形，所以，又平面，且，所以.因為平面，所以平面.（2）解：記，以為坐標原點，，的方向分別為，軸的正方向，平行向上的方向為軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系.則，，，，則，，，.設平面的一個法向量為，則，令，得，.設平面的一個法向量為，則，令，得，..設平面與平面的夾角為，則，所以平面與平面的夾角的余弦值為.17.市某個景點自從取消門票實行免費開放后，迅速成為網紅打卡點，不僅帶動了市淡季的旅游，而且優化了旅游產業的結構.下表是該景點免費開放后前五個月的打卡人數（萬人）與第個月的數據：1234523.137.062.1111.6150.8（1）根據表中數據可用一元線性回歸模型刻畫變量與變量之間的線性相關關系，且回歸方程中的，請計算相關系數（精確到0.01），并判斷是否可以認為與的線性相關性很強；（2）為調查游客對該景點的評價情況，隨機抽查了200名游客，得到如下列聯表，請填寫下面的列聯表，并判斷能否有99.9%的把握認為“游客是否喜歡該網紅景點與性別有關”.喜歡不喜歡總計男100女60總計110參考公式：（1）相關系數.若，則認為與有較強的線性相關性.回歸方程中斜率的最小二乘法估計公式為；（2），其中.臨界值表：0.0100.0050.0016.6357.87910.828參考數據：，，，，.解：（1）由題可知，，，，.，可得.相關系數，可以認為與有較強的線性相關性.（2）填寫下面的列聯表喜歡不喜歡總計男7030100女4060100總計11090200由表可知，則所以有99.9%的把握認為“游客是否喜歡該網紅景點與性別有關”.18.已知橢圓的離心率為，A，D分別為其上、下頂點，且.（1）求橢圓M的標準方程.（2）點E為橢圓M的右頂點，點B為橢圓M上在第三象限內的動點，B、C兩點關于軸對稱，直線DE與直線AB、直線AC分別交于點P，T，過D作軸的平行線交AE的延長線于點Q，連接QP，QT.試探究四邊形APQT是否為平行四邊形，并寫出探究過程.解：（1）由已知，得，，，所以，，所以橢圓的標準方程為.（2）如圖所示，易知直線的斜率存在并且其斜率滿足條件，則其方程為.由解得或（舍去），所以點的坐標為，從而點的坐標為，于是直線的斜率，直線的方程為.又直線的方程為，由得；由得.直線的方程為，直線的方程為，由得.因為直線的斜率，直線的斜率，所以，，所以四邊形為平行四邊形.19.已知是公差不為0無窮等差數列.若對于中任意兩項，，在中都存在一項，使得，則稱數列具有性質.（1）已知，，判斷數列，是否具有性質；（2）若數列具有性質，證明：的各項均為整數；（3）若，求具有性質的數列的個數.（1）解：，，即，所以數列具有性質.，令，則，不符合，則不具有性質.（2）證明：設數列的公差為，因為數列具有性質，所以存在，同理存在，兩式相減得，即，因為，所以.所以的各項均為整數.（3）解：由（2）可知，數列的各項均為整數，所以為整數.假設為負整數，則為遞減數列，所以中各項最大值為，由題意，中存在某項，且，所以，而數列中存在，則，與題意相矛盾，所以不是負整數，為正整數.由得，，所以，所以為整數，即為的約數.由為正整數，所以為的正約數，，所以的正約數共有個，則，具有性質的數列的個數為.河北省部分重點中學2025屆高三下學期二輪復習聯考（二）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.已知復數滿足（為虛數單位），則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由題設，所以.故選：B2.已知集合，，若，則實數的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由題意得，因為，則.故選：A.3.已知為拋物線上一點，且點到軸的距離為1，則（）A.1 B.2 C.4 D.6【答案】B【解析】由題意知點的坐標為，將其代入，得，.故選：B4.已知向量，，若，則（）A. B. C. D.無法確定，與有關【答案】C【解析】由題，則，所以.故選：C5.已知，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因為，所以，即，所以，則.故選：A.6.已知且，則二項式的展開式中，常數項為（）A. B. C.1 D.24【答案】D【解析】因為，所以，所以.所以二項式的展開式中，常數項為：.故選：D7.設雙曲線的右頂點為，，分別在兩條漸近線上，且，，則該雙曲線的離心率為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由題設，由角平分線定理可得，則，.在中，由余弦定理得；在中，由余弦定理得.由得.解得.則，即，所以雙曲線的離心率為.故選:B.8.某廠家對其軟件進行加密升級，現對軟件程序中的某序列重新編輯，編輯新序列為，它的第項為.若序列的所有項都是3，且，，則（）A. B. C.3 D.9【答案】C【解析】因為，設，則，因為的所有項都是3，所以，設，所以是以為首項，3為公比的等比數列，所以.由，；由，；由；由.又，所以.所以.故選：C二、選擇題：本大題共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.函數的大致圖象可以是（）A. B.C. D.【答案】AC【解析】函數，其中，，，取.又函數圖象是由的圖象向左平移個單位得到的，AC符合題意，故選:AC.10.已知，，，則下列說法正確的是（）A.的最大值為 B.的最小值為4C.的最大值為2 D.的最小值為【答案】AD【解析】因為，所以，當且僅當，即，時等號成立，所以的最大值為，故A正確；因為，當且僅當，即，時等號成立，所以的最小值為6，故B錯誤；因為，當且僅當，時等號成立，所以的最小值為2，故C錯誤；可以看作直線落在第一象限內的點到原點距離的平方，易知最短距離為，所以的最小值為，故D正確.故選：AD.11.已知是定義在上的奇函數，，是奇函數，且，則下列說法中正確的有（）A.為偶函數 B.C. D.【答案】ACD【解析】由于是定義在上的奇函數，所以，則，即，故A正確；因為是奇函數，所以，即，所以，則，令，所以，所以，即的圖象關于直線對稱，則，故B錯誤；，故C正確；，故D正確.故選：ACD三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.設A，B為同一個隨機試驗中的兩個事件，若，，，則_____.【答案】【解析】因為，所以..故答案為：.13.已知函數在區間上有且僅有2個零點，則的最小正周期的最小值為_____.【答案】【解析】，在區間上有且僅有2個零點，即，則有且僅有兩個零點.所以，則，即，又，取最大值時，有最小值，最小值為.故答案為：.14.在長方體中，底面是邊長為1的正方形，，Q是空間中的一個動點，且滿足，則直線與所成角的正切值的取值范圍為_____.【答案】【解析】方法一、如圖以A為原點建立空間直角坐標系，∴，，，，設，∵，∴，即，不妨取，∴，∵，∴，即，∵，∴直線與所成角的正切值的取值范圍為，故答案：.方法二、如圖在長方體中，底面是邊長為1的正方形，，∴，，，，∵，∴不妨取，則點Q的軌跡是以為軸，且圓錐底面的圓上，圖形如下：∴當Q在M時，直線與所成角取得最小值，，∴當Q在N時，直線與所成角取得最大值，，∴直線與所成角的正切值的取值范圍為，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.已知函數.（1）當時，求曲線在點處的切線方程；（2）證明：當時，.（1）解：當時，，，則，，則所求切線方程為，即.所以曲線在點處的切線方程為（2）證明：的定義域為，，令，解得，當時，，則在上單調遞減；當時，，則在上單調遞增；所以.要證，只需證.設，則只需證當時，.因為在時恒成立，所以在上單調遞減，所以當時，，即，所以，得證.16.如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ADEF為梯形，，，四邊形ABCD是菱形，，，，.（1）證明：平面平面BDF；（2）求平面BDF與平面BCE的夾角的余弦值.（1）證明：因為四邊形是菱形，且，所以.又因為，，所以，所以.因為，所以.又因為四邊形是菱形，所以，又平面，且，所以.因為平面，所以平面.（2）解：記，以為坐標原點，，的方向分別為，軸的正方向，平行向上的方向為軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系.則，，，，則，，，.設平面的一個法向量為，則，令，得，.設平面的一個法向量為，則，令，得，..設平面與平面的夾角為，則，所以平面與平面的夾角的余弦值為.17.市某個景點自從取消門票實行免費開放后，迅速成為網紅打卡點，不僅帶動了市淡季的旅游，而且優化了旅游產業的結構.下表是該景點免費開放后前五個月的打卡人數（萬人）與第個月的數據：1234523.137.062.1111.6150.8（1）根據表中數據可用一元線性回歸模型刻畫變量與變量之間的線性相關關系，且回歸方程中的，請計算相關系數（精確到0.01），并判斷是否可以認為與的線性相關性很強；（2）為調查游客對該景點的評價情況，隨機抽查了200名游客，得到如下列聯表，請填寫下面的列聯表，并判斷能否有99.9%的把握認為“游客是否喜歡該網紅景點與性別有關”.喜歡不喜歡總計男100女60總計110參考公式：（1）相關系數.若，則認為與有較強的線性相關性.回歸方程中斜率的最小二乘法估計公式為；（2），其中.臨界值表：0.0100.0050.0016.6357.87910.828參考數據：，，，，.解：（1）由題可知，，，，.，可得.相關系數，可以認為與有較強的線性相關性.（2）填寫下面的列聯表喜歡不喜歡總計男7030100女4060100總計11090200由表可知，則所以有99.9%的把握認為“游客是