河北省保定市涞水波峰中学2025年高三数学第一学期期末综合测试模拟试题.doc

河北省保定市涞水波峰中学2025年高三数学第一学期期末综合测试模拟试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．已知类产品共两件，类产品共三件，混放在一起，现需要通过检测将其区分开来，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件类产品或者检测出3件类产品时，检测结束，则第一次检测出类产品，第二次检测出类产品的概率为（ ）
A． B． C． D．
2．若将函数的图象上各点横坐标缩短到原来的(纵坐标不变)得到函数的图象，则下列说法正确的是（　　）
A．函数在上单调递增 B．函数的周期是
C．函数的图象关于点对称 D．函数在上最大值是1
3．已知复数满足，则（ ）
A． B．2 C．4 D．3
4．双曲线的渐近线方程是（ ）
A． B． C． D．
5．设分别是双线的左、右焦点，为坐标原点，以为直径的圆与该双曲线的两条渐近线分别交于两点（位于轴右侧），且四边形为菱形，则该双曲线的渐近线方程为（ ）
A． B． C． D．
6．函数的大致图象为
A． B．
C． D．
7．已知集合，集合，则（ ）
A． B． C． D．
8．已知函数有两个不同的极值点，，若不等式有解，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
9．已知定义在上的偶函数，当时，，设，则（ ）
A． B． C． D．
10．要得到函数的图象，只需将函数的图象
A．向左平移个单位长度
B．向右平移个单位长度
C．向左平移个单位长度
D．向右平移个单位长度
11．已知双曲线的左、右焦点分别为，圆与双曲线在第一象限内的交点为M，若．则该双曲线的离心率为
A．2 B．3 C． D．
12．若向量，则（ ）
A．30 B．31 C．32 D．33
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．设的内角的对边分别为，，．若，，，则_____________
14．在矩形中，，为的中点，将和分别沿，翻折，使点与重合于点.若，则三棱锥的外接球的表面积为_____.
15．记Sk＝1k+2k+3k+……+nk，当k＝1，2，3，……时，观察下列等式：S1n2n，S2n3n2n，S3n4n3n2，……S5＝An6n5n4+Bn2，…可以推测，A﹣B＝_____．
16．已知随机变量服从正态分布，，则__________．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）在平面直角坐标系中，已知直线l的参数方程为（t为参数），在以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，且与直角坐标系长度单位相同的极坐标系中，曲线C的极坐标方程是.
（1）求直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程；
（2）若直线l与曲线C相交于两点A，B，求线段的长.
18．（12分）如图，直线与抛物线交于两点，直线与轴交于点，且直线恰好平分.

（1）求的值；
（2）设是直线上一点，直线交抛物线于另一点，直线交直线于点，求的值.
19．（12分）在平面直角坐标系中，已知抛物线C：（）的焦点F在直线上，平行于x轴的两条直线，分别交抛物线C于A，B两点，交该抛物线的准线于D，E两点.

（1）求抛物线C的方程；
（2）若F在线段上，P是的中点，证明：.
20．（12分）已知椭圆C的离心率为且经过点
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点(0，2)的直线l与椭圆C交于不同两点A、B，以OA、OB为邻边的平行四边形OAMB的顶点M在椭圆C上，求直线l的方程.
21．（12分）在△ABC中，分别为三个内角A、B、C的对边，且
(1)求角A；
(2)若且求△ABC的面积．
22．（10分）已知均为正实数，函数的最小值为.证明：
（1）；
（2）.
参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．D
【解析】
根据分步计数原理，由古典概型概率公式可得第一次检测出类产品的概率，不放回情况下第二次检测出类产品的概率，即可得解.
【详解】
类产品共两件，类产品共三件，
则第一次检测出类产品的概率为；
不放回情况下，剩余4件产品，则第二次检测出类产品的概率为；
故第一次检测出类产品，第二次检测出类产品的概率为；
故选：D.
本题考查了分步乘法计数原理的应用，古典概型概率计算公式的应用，属于基础题.
2．A
【解析】
根据三角函数伸缩变换特点可得到解析式；利用整体对应的方式可判断出在上单调递增，正确；关于点对称，错误；根据正弦型函数最小正周期的求解可知错误；根据正弦型函数在区间内值域的求解可判断出最大值无法取得，错误.
【详解】
将横坐标缩短到原来的得：
当时，
在上单调递增 在上单调递增，正确；
的最小正周期为： 不是的周期，错误；
当时，，
关于点对称，错误；
当时，
此时没有最大值，错误.
本题正确选项：
本题考查正弦型函数的性质，涉及到三角函数的伸缩变换、正弦型函数周期性、单调性和对称性、正弦型函数在一段区间内的值域的求解；关键是能够灵活应用整体对应的方式，通过正弦函数的图象来判断出所求函数的性质.
3．A
【解析】
由复数除法求出，再由模的定义计算出模．
【详解】
．
故选：A．
本题考查复数的除法法则，考查复数模的运算，属于基础题．
4．C
【解析】
根据双曲线的标准方程即可得出该双曲线的渐近线方程.
【详解】
由题意可知，双曲线的渐近线方程是.
故选：C.
本题考查双曲线的渐近线方程的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意双曲线的简单性质的合理运用．
5．B
【解析】
由于四边形为菱形，且，所以为等边三角形，从而可得渐近线的倾斜角，求出其斜率.
【详解】
如图，因为四边形为菱形，，所以为等边三角形，，两渐近线的斜率分别为和.
故选：B

此题考查的是求双曲线的渐近线方程，利用了数形结合的思想，属于基础题.
6．A
【解析】
因为，所以函数是偶函数，排除B、D，
又，排除C，故选A．
7．C
【解析】
求出集合的等价条件,利用交集的定义进行求解即可.
【详解】
解：∵,,
∴,
故选：C.
本题主要考查了对数的定义域与指数不等式的求解以及集合的基本运算,属于基础题.
8．C
【解析】
先求导得（），由于函数有两个不同的极值点，，转化为方程有两个不相等的正实数根，根据，，，求出的取值范围，而有解，通过分裂参数法和构造新函数，通过利用导数研究单调性、最值，即可得出的取值范围.
【详解】
由题可得：（），
因为函数有两个不同的极值点，，
所以方程有两个不相等的正实数根，
于是有解得.
若不等式有解，
所以
因为
.
设，
，故在上单调递增，
故，
所以，
所以的取值范围是.
故选：C.
本题考查利用导数研究函数单调性、最值来求参数取值范围，以及运用分离参数法和构造函数法，还考查分析和计算能力，有一定的难度.
9．B
【解析】
根据偶函数性质，可判断关系；由时，，求得导函数，并构造函数，由进而判断函数在时的单调性，即可比较大小.
【详解】
为定义在上的偶函数，
所以
所以;
当时，，
则，
令
则，当时，，
则在时单调递增，
因为，所以，
即，
则在时单调递增，
而，所以
，
综上可知，
即，
故选：B.
本题考查了偶函数的性质应用，由导函数性质判断函数单调性的应用，根据单调性比较大小，属于中档题.
10．D
【解析】
先将化为，根据函数图像的平移原则，即可得出结果.
【详解】
因为，
所以只需将的图象向右平移个单位.
本题主要考查三角函数的平移，熟记函数平移原则即可，属于基础题型.
11．D
【解析】
本题首先可以通过题意画出图像并过点作垂线交于点，然后通过圆与双曲线的相关性质判断出三角形的形状并求出高的长度，的长度即点纵坐标，然后将点纵坐标带入圆的方程即可得出点坐标，最后将点坐标带入双曲线方程即可得出结果。
【详解】

根据题意可画出以上图像，过点作垂线并交于点，
因为，在双曲线上，
所以根据双曲线性质可知，，即，，
因为圆的半径为，是圆的半径，所以，
因为，，，，
所以，三角形是直角三角形，
因为，所以，，即点纵坐标为，
将点纵坐标带入圆的方程中可得，解得，，
将点坐标带入双曲线中可得，
化简得，，，，故选D。
本题考查了圆锥曲线的相关性质，主要考察了圆与双曲线的相关性质，考查了圆与双曲线的综合应用，考查了数形结合思想，体现了综合性，提高了学生的逻辑思维能力，是难题。
12．C
【解析】
先求出,再与相乘即可求出答案.
【详解】
因为,所以.
故选:C.
本题考查了平面向量的坐标运算,考查了学生的计算能力,属于基础题.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．或
【解析】
试题分析：由，则可运用同角三角函数的平方关系：，
已知两边及其对角，求角．用正弦定理；，
则；可得．
考点：运用正弦定理解三角形．（注意多解的情况判断）
14．.
【解析】
计算外接圆的半径，并假设外接球的半径为R，可得球心在过外接圆圆心且垂直圆面的垂线上，然后根据面，即可得解.
【详解】
由题意可知，，
所以可得面，
设外接圆的半径为，
由正弦定理可得，即，，
设三棱锥外接球的半径，
因为外接球的球心为过底面圆心垂直于底面的直线与中截面的交点，
则，
所以外接球的表面积为.
故答案为：.
本题考查三棱锥的外接球的应用，属于中档题.
15．
【解析】
观察知各等式右边各项的系数和为1，最高次项的系数为该项次数的倒数，据此计算得到答案.
【详解】
根据所给的已知等式得到：各等式右边各项的系数和为1，
最高次项的系数为该项次数的倒数，
∴A，A1，解得B，所以A﹣B．
故答案为：．
本题考查了归纳推理，意在考查学生的推理能力.
16．0.22.
【解析】
正态曲线关于x＝μ对称，根据对称性以及概率和为1求解即可。
【详解】

本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，是一个基础题．

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（1）l：，C：；（2）
【解析】
（1）直接利用转换关系，把参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间进行转换；
（2）由（1）可得曲线是圆，求出圆心坐标及半径，再求得圆心到直线的距离，即可求得的长.
【详解】
（1）由题意可得直线：，由，得，即，所以曲线C：.
（2）由（1）知，圆，半径.
∴圆心到直线的距离为：.
∴
本题考查直线的普通坐标方程、曲线的直角坐标方程的求法，考查弦长的求法、运算求解能力，是中档题．
18．（1）；（2）.
【解析】
试题分析：（1）联立直线的方程和抛物线的方程，化简写出根与系数关系，由于直线平分，所以，代入点的坐标化简得，结合跟鱼系数关系，可求得；（2）设，，，由三点共线得，再次代入点的坐标并化简得，同理由三点共线，可得，化简得，故.
试题解析：
（1）由，整理得，
设，，则，
因为直线平分，∴，
所以，即，
所以，得，满足，所以.
（2）由（1）知抛物线方程为，且，，，
设，，，由三点共线得，
所以，即，
整理得：，①
由三点共线，可得，②
②式两边同乘得：，
即：，③
由①得：，代入③得：，
即：，所以.
所以.
考点：直线与圆锥曲线的位置关系.
【方法点晴】本题考查直线与抛物线的位置关系.阅读题目后明显发现，所有的点都是由直线和抛物线相交或者直线与直线相交所得.故第一步先联立，相当于得到的坐标，但是设而不求.根据直线平分，有，这样我们根据斜率的计算公式，代入点的坐标，就可以计算出的值.第二问主要利用三点共线来求解.
19．（1）；（2）见解析
【解析】
（1）根据抛物线的焦点在直线上，可求得的值，从而求得抛物线的方程；
（2）法一：设直线，的方程分别为和且，，，可得，，，的坐标，进而可得直线的方程，根据在直线上，可得，再分别求得，，即可得证；法二：设，，则，根据直线的斜率不为0，设出直线的方程为，联立直线和抛物线的方程，结合韦达定理，分别求出，，化简，即可得证.
【详解】
（1）抛物线C的焦点坐标为，且该点在直线上，
所以，解得，故所求抛物线C的方程为
（2）法一：由点F在线段上，可设直线，的方程分别为和且，，，则，，，.
∴直线的方程为，即.
又点在线段上，∴.
∵P是的中点，∴
∴，.
由于，不重合，所以
法二：设，，则
当直线的斜率为0时，不符合题意，故可设直线的方程为
联立直线和抛物线的方程，得
又，为该方程两根，所以，，，.
，
由于，不重合，所以
本题考查抛物线的标准方程，考查抛物线的定义，考查直线与抛物线的位置关系，属于中档题．
20．（1）（2）
【解析】
（1）根据椭圆的离心率、椭圆上点的坐标以及列方程，由此求得，进而求得椭圆的方程.
（2）设出直线的方程，联立直线的方程和椭圆的方程，写出韦达定理.根据平行四边形的性质以及向量加法的几何意义得到，由此求得点的坐标，将的坐标代入椭圆方程，化简后可求得直线的斜率，由此求得直线的方程.
【详解】
（1）由椭圆的离心率为，点在椭圆上，所以，且
解得，所以椭圆的方程为．
（2）显然直线的斜率存在，设直线的斜率为，则直线的方程为，设，由消去得，
所以，
由已知得，所以，由于点都在椭圆上，
所以，
展开有，
又，
所以，
经检验满足，
故直线的方程为.
本小题主要考查根据椭圆的离心率和椭圆上一点的坐标求椭圆方程，考查直线和椭圆的位置关系，考查运算求解能力，属于中档题.
21．（1）； （2）.
【解析】
（1）整理得：，再由余弦定理可得，问题得解．
（2）由正弦定理得：，，，再代入即可得解．
【详解】
（1）由题意，得，
∴；
（2）由正弦定理，得，
,
∴.
本题主要考查了正、余弦定理及三角形面积公式，考查了转化思想及化简能力，属于基础题．
22．（1）证明见解析（2）证明见解析
【解析】
（1）运用绝对值不等式的性质，注意等号成立的条件，即可求得最小值，再运用柯西不等式，即可得到最小值.
（2）利用基本不等式即可得到结论，注意等号成立的条件.
【详解】
（1）由题意，则函数
，
又函数的最小值为，即，
由柯西不等式得，
当且仅当时取“=”.
故.
（2）由题意，利用基本不等式可得，，，
（以上三式当且仅当时同时取“=”）
由（1）知，，
所以，将以上三式相加得
即.
本题主要考查绝对值不等式、柯西不等式等基础知识，考查运算能力，属于中档题.