河北省“五个一”名校联盟2025届高三第一次联考数学试卷
1．（2024高三上·河北模拟）若复数，则（ ）
A． B．5 C． D．
2．（2024高三上·河北模拟）点为等轴双曲线的焦点，过作轴的垂线与的两渐近线分别交于两点，则的面积为（ ）
A． B．4 C． D．8
3．（2024高三上·河北模拟）已知：不等式的解集为，则是的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．（2024高三上·河北模拟）用能组成没有重复数字且比32000小的数字（ ）个.
A．212 B．213 C．224 D．225
5．（2024高三上·河北模拟）过圆锥高的中点作平行于底面的截面，则截面分圆锥上部分圆锥与下部分圆台体积比为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高三上·河北模拟）平面四边形中，点分别为的中点，，则（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高三上·河北模拟）已知首项为2的数列满足，当的前项和时，则的最小值为（ ）
A．40 B．41 C．42 D．43
8．（2024高三上·河北模拟）当时，恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高三上·河北模拟）已知五个数据的分位数为15，则这组数据（ ）
A．平均数为9 B．众数为10 C．中位数为10 D．方差为30
10．（2024高三上·河北模拟）已知函数在上有且仅有两个对称中心，则下列结论正确的是（ ）
A．的范围是
B．函数在上单调递增
C．不可能是函数的图像的一条对称轴
D．的最小正周期可能为
11．（2024高三上·河北模拟）已知函数的零点分别为，则（ ）
A． B．
C． D．
12．（2024高三上·河北模拟）已知的展开式中各项系数和为8，则展开式中常数项为 .
13．（2024高三上·河北模拟）抛物线上的动点到直线的距离最短时，到的焦点距离为 .
14．（2024高三上·河北模拟）下图数阵的每一行最右边数据从上到下形成以1为首项，以2为公比的等比数列，每行的第个数从上到下形成以为首项，以3为公比的等比数列，则该数阵第行所有数据的和 .
15．（2024高三上·河北模拟）在中，角的对边分别为，且.
（1）求角的大小；
（2）若边，边的中点为，求中线长的最大值.
16．（2024高三上·河北模拟）如图所示，三棱柱中，分别为棱的中点，分别是棱上的点，.
（1）求证：直线平面；
（2）若三棱柱为正三棱柱，求平面和平面的夹角的大小.
17．（2024高三上·河北模拟）已知，平面内动点满足直线的斜率之积为.
（1）求动点的轨迹方程；
（2）过点的直线交的轨迹于两点，以为邻边作平行四边形（为坐标原点），若恰为轨迹上一点，求四边形的面积.
18．（2024高三上·河北模拟）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）证明：当时，.
19．（2024高三上·河北模拟）一个质点在随机外力的作用下，从平面直角坐标系的原点出发，每隔1秒等可能地向上 向下 向左或向右移动一个单位.
（1）共移动两次，求质点与原点距离的分布列和数学期望；
（2）分别求移动4次和移动6次质点回到原点的概率；
（3）若共移动次（大于0，且为偶数），求证：质点回到原点的概率为.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：复数，则，
，
则.
故答案为：A.
【分析】由题意，利用共轭复数的定义以及复数的乘法运算，结合复数的模长公式求解即可.
2．【答案】B
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：因为C为等轴双曲线，所以设双曲线的方程为：，
又因为，所以，即双曲线为：，
则双曲线的渐近线为：，
联立，解得，不妨设，，则为等腰直角三角形，
故的面积为.
故答案为：B.
【分析】由题意，先求双曲线的方程，即可求得双曲线的渐近线方程，易得两点的坐标，即可求的面积.
3．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：不等式的解集为，
当时，原不等式化为，符合题意；
当时，要使不等式的解集为，
则需满足，解得，综合可得，
则，，故是的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】由不等式的解集为求出的取值范围，再根据范围大小结合充分、必要条件的定义判断即可.
4．【答案】D
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：若是一位数，有5个；
若是两位数，有个；
若是三位数，有个；
若是四位数，有个；
若是五位数：首位数字为1或2，共有个；
首位数字为3，则千位数从0或1中选择一个，其余三个数位任意排列，共有个，
综上可知，共有个.
故答案为：D.
【分析】由题意，结合分步乘法计数原理和分类加法计数原理求解即可.
5．【答案】D
【知识点】锥体的体积公式及应用；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设分割后圆锥的高、圆台的高为h，截面圆半径为r，则圆台下底面圆的半径为2r，圆台的高为h，圆锥的体积为，圆台的体积为，
则，，解得.
故答案为：D.
【分析】利用圆锥、圆台的体积公式求圆锥与圆台的体积比即可．
6．【答案】A
【知识点】向量加法的三角形法则；平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：因为点分别为的中点，所以，
即，
又因为，所以，
所以，
即，解得，
则.
故答案为：A.
【分析】由题意，根据向量的加运算求得，两边同时平方可得，再根据平面向量的夹角公式求解即可.
7．【答案】B
【知识点】数列的函数特性；数列的递推公式；数列的前n项和
【解析】【解答】解：易知，
当时，，解得，
当时，，解得，
当时，，解得，
当时，，解得，
则数列是周期为4的周期数列，且，
故，，即的最小值为41.
故答案为：B.
【分析】由题意，推得数列是周期为4的周期数列，再计算即可求解.
8．【答案】D
【知识点】函数恒成立问题；二倍角的余弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：由，可得，
因为，所以，所以，
则，
由正弦、余弦的二倍角公式可得，
又因为，
因为，所以，所以，
则，则，
要使不等式成立，即恒成立，
则，即实数的取值范围为.
故答案为：D.
【分析】由题意，利用正弦、余弦的二倍角公式化简可得，再根据，结合三角函数的图象与性质求解即可.
9．【答案】C,D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：，则第80百分位数为，解得，
即五个数据为，
A、平均数为 ，故A错误；
B、易知数据的众数为5和10，故B错误；
C、五个数据的中位数为 ，故C正确；
D、方差 ，故D正确.
故答案为：CD.
【分析】由题意，根据百分位数先求出a，再根据众数，平均数，中位数和方差的定义计算判断即可.
10．【答案】A,C
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：A、因为函数在上有且仅有两个对称中心，
所以，即，解得，故A正确；
B、当时，，由A可知，
则，但，则函数在上不一定单调，故B错误；
C、假设为函数的一条对称轴，令，，解得，，
又因为，所以，又因为，无解，则不可能是函数的图像的一条对称轴，故C正确；
D、，故的最小正周期，则的最小正周期不可能为，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】A、由题意，结合三角函数的性质求得即可判断A；整体法得到，结合A选项知，即可判断B；假设为函数的一条对称轴，得到方程，求出即可判断C；由A选项，求得的最小正周期即可判断D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】函数的图象；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：A、由题，，
所以即，
所以，故，故A正确；
B、由得，
故函数与图象交点横坐标和与图象交点的横坐标即为函数和的零点，
如图，由图象性质可知，
又由A得，故，
所以，故B错误；
C、由上即，以及得：
，故C正确；
D、由AB得，，，
所以，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】对于A，由题意得，进而得即可求解判断；对于B，先明确零点取值范围，由取值范围再结合即即可求解判断；对于C，由即以及零点的取值范围即可求解判断；对于D，结合AB以及将转化成即可判断.
12．【答案】
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：由 的展开式中各项系数和为8 ，
令，则，解得，则，
二项式展开式的通项为，
因为，所以展开式中常数项为.
故答案为：.
【分析】由题意，令求得，可得，再根据二项式展开式的通项求解即可.
13．【答案】2
【知识点】平面内点到直线的距离公式；抛物线的定义；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：设抛物线上的动点 ，
则点到直线的距离为，
易知当时，距离最短，即点，
则到抛物线的焦点距离为.
故答案为：2．
【分析】设动点的坐标，利用点到直线的距离公式结合配方求最小值，最后根据抛物线的定理求到的焦点距离即可.
14．【答案】
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的前n项和；数列的前n项和
【解析】【解答】解：因为数据从上到下形成以1为首项，以2为公比的等比数列，每行的第个数从上到下形成以为首项，以3为公比的等比数列，
所以，
则
即.
故答案为：.
【分析】由题意，写出第n行的项，再根据等比数列求和公式求解即可.
15．【答案】（1）解：由，
根据正弦定理可得，则，即，
由余弦定理可得，
因为，所以；
（2）解：因为为的中点，所以，
则，
由余弦定理，可得，则，
由，利用基本不等式可得，
则，当且仅当取等号成立，
即，
所以，即中线长的最大值为.
【知识点】基本不等式；平面向量的数量积运算；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）由题意，利用正弦定理以及余弦定理化简求解即可；
（2）利用向量模的平方以及余弦定理，再结合基本不等式求解即可.
（1）因为，
由正弦定理可得：，则，
即，
由余弦定理可得：，
因为，所以.
（2）因为为的中点，所以，
则，
又由余弦定理得，，
即，所以.
由得，，
则，当且仅当取等号，
即，
所以，即中线长的最大值为.
16．【答案】（1）证明：取的中点，连接交于，连接，如图所示：
因为分别为棱的中点，所以∥∥，所以，
所以，所以，
又因为，所以，所以，
因为分别为棱的中点，所以，
因为∥∥，所以，∥，所以四边形为平行四边形，则∥，
又因为平面，平面，所以直线平面；
（2）解：连接，因为三棱柱为正三棱柱，所以为等边三角形，则，
以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
设，则，
所以，
设平面的法向量为，则，令，则，
设平面的法向量为，则，令，则，
则，
设平面和平面的夹角为，则，因为，所以.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取的中点，连接交于，连接，推得，再由证得四边形为平行四边形，则∥，再根据线面平行的判定定理证明即可；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
（1）证明：取的中点，连接交于，连接，
因为分别为棱的中点，所以∥∥，
所以，所以，
所以，
因为，所以，所以，
因为分别为棱的中点，所以，
因为∥∥，所以，∥，
所以四边形为平行四边形，
所以∥，
因为平面，平面，
所以直线平面；
（2）解：连接，因为三棱柱为正三棱柱，
所以为等边三角形，所以，
所以以为原点，以所在的直线为轴，过与平行的直线为轴，所在的直线为轴建立空间直角坐标系，
设，则，
所以，
设平面的法向量为，
则，令，则，
设平面的法向量为，
则，令，则，
所以，
设平面和平面的夹角为，则，
因为，所以.
17．【答案】（1）解：设动点，
因为直线的斜率之积为 ，
所以，
化简可得，
则动点的轨迹方程为；
（2）解：以为邻边作平行四边形，则直线与x轴不重合，设直线的方程为，
设，，
联立，消去x整理可得，
由韦达定理可得，
则，
则点到直线的距离，
因为平行四边形的对角线互相平分，
所以，
所以在椭圆上，可得，
所以平行四边形面积
故四边形面积是.
【知识点】斜率的计算公式；直线与圆锥曲线的综合问题；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【分析】（1）设动点，根据题意得，化简求轨迹方程即可；
（2）设直线再联立直线与轨迹方程，得关于x的一元二次方程，结合韦达定理及点到直线距离公式计算面积即可.
（1）设，则，化简可得
（2）以为邻边作平行四边形，则直线与x轴不重合，设直线的方程为，直线的方程与椭圆方程联立，
设，，
联立，消去x得，
所以，
则.
求得O到直线的距离，
因为平行四边形的对角线互相平分
所以
所以在椭圆上，可得
所以平行四边形面积
所以四边形面积是.
18．【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
19．【答案】（1）解：设表示2次移动中质点与原点距离，则可能取值为0，2，，
当质点向左移动1次向右移动1次，或向上移动1次向下移动1次，最后，则；
当质点向左移动2次或向右移动2次，或向上移动2次或向下移动2次，最后，则；
当质点向左移动1次向上移动1次，或向左移动1次向下移动1次，或向右移动1次向上移动1次，或向右移动1次向下移动1次，最后，则
的分布列为：
0
；
（2）解：质点从原点出发，每次等可能地向上 向下 向左或向右移动一个单位，共移动4次，
可能的结果共有种情况，
若质点回到原点，则向左移动2次向右移动2次，或向上移动2次向下移动2次，共有种情况，
若质点回到原点，则向左移动1次向右移动1次，向上移动1次向下移动1次，共有种情况，
所以质点回到原点的概率为；
质点从原点出发，每次等可能地向上 向下 向左或向右移动一个单位，共移动6次，
可能的结果共有种情况，
若质点回到原点，则向左移动3次向右移动3次，或向上移动3次向下移动3次，共有种情况，
若质点回到原点，则向左移动2次向右移动2次，向上移动1次向下移动1次，则向左移动1次向右移动1次，向上移动2次向下移动2次，共有种情况，所以质点回到原点的概率为；
（3）解：若共移动2次，质点回到原点的概率为；
假设共移动N次，满足质点回到原点的概率为；
当共移动次，移动N次质点回到原点当质点向左移动1次向右移动1次，或向上移动1次向下移动1次，移动次质点回到原点；
移动N次质点在，当质点向左移动2次或向右移动2次，或向上移动2次或向下移动2次，移动次质点回到原点；
移动N次质点在当质点向左移动1次向上移动1次，或向左移动1次向下移动1次，或向右移动1次向上移动1次，或向右移动1次向下移动1次，移动N+2次质点回到原点；
当共移动次，满足质点回到原点的概率为.
所以共移动N次，满足质点回到原点的概率为.
【知识点】古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；分步乘法计数原理；数学归纳法的应用
【解析】【分析】（1）由题意，可得X的所有可能取值，计算相应的概率，再结合离散型随机变量的期望公式求解即可；
（2）利用分步乘法计数原理、组合以及古典概型的概率公式计算即可；
（3）利用数学归纳法证明即可.
（1）设表示2次移动中质点与原点距离，则可取0，2，，
当质点向左移动1次向右移动1次，或向上移动1次向下移动1次，最后，则；
当质点向左移动2次或向右移动2次，或向上移动2次或向下移动2次，最后，则；
当质点向左移动1次向上移动1次，或向左移动1次向下移动1次，或向右移动1次向上移动1次，或向右移动1次向下移动1次，最后，则
的分布列为：
0
.
（2）质点从原点出发，每次等可能地向上 向下 向左或向右移动一个单位，共移动4次，
可能的结果共有种情况，
若质点回到原点，则向左移动2次向右移动2次，或向上移动2次向下移动2次，共有种情况，
若质点回到原点，则向左移动1次向右移动1次，向上移动1次向下移动1次，共有种情况，
所以质点回到原点的概率为.
质点从原点出发，每次等可能地向上 向下 向左或向右移动一个单位，共移动6次，
可能的结果共有种情况，
若质点回到原点，则向左移动3次向右移动3次，或向上移动3次向下移动3次，共有种情况，
若质点回到原点，则向左移动2次向右移动2次，向上移动1次向下移动1次，则向左移动1次向右移动1次，向上移动2次向下移动2次，共有种情况，
所以质点回到原点的概率为.
（3）若共移动2次，质点回到原点的概率为；
假设共移动N次，满足质点回到原点的概率为；
当共移动次，
移动N次质点回到原点当质点向左移动1次向右移动1次，或向上移动1次向下移动1次，移动次质点回到原点；
移动N次质点在，当质点向左移动2次或向右移动2次，或向上移动2次或向下移动2次，移动次质点回到原点；
移动N次质点在当质点向左移动1次向上移动1次，或向左移动1次向下移动1次，或向右移动1次向上移动1次，或向右移动1次向下移动1次，移动N+2次质点回到原点；
当共移动次，满足质点回到原点的概率为.
所以共移动N次，满足质点回到原点的概率为.
1 / 1河北省“五个一”名校联盟2025届高三第一次联考数学试卷
1．（2024高三上·河北模拟）若复数，则（ ）
A． B．5 C． D．
【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：复数，则，
，
则.
故答案为：A.
【分析】由题意，利用共轭复数的定义以及复数的乘法运算，结合复数的模长公式求解即可.
2．（2024高三上·河北模拟）点为等轴双曲线的焦点，过作轴的垂线与的两渐近线分别交于两点，则的面积为（ ）
A． B．4 C． D．8
【答案】B
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：因为C为等轴双曲线，所以设双曲线的方程为：，
又因为，所以，即双曲线为：，
则双曲线的渐近线为：，
联立，解得，不妨设，，则为等腰直角三角形，
故的面积为.
故答案为：B.
【分析】由题意，先求双曲线的方程，即可求得双曲线的渐近线方程，易得两点的坐标，即可求的面积.
3．（2024高三上·河北模拟）已知：不等式的解集为，则是的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：不等式的解集为，
当时，原不等式化为，符合题意；
当时，要使不等式的解集为，
则需满足，解得，综合可得，
则，，故是的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】由不等式的解集为求出的取值范围，再根据范围大小结合充分、必要条件的定义判断即可.
4．（2024高三上·河北模拟）用能组成没有重复数字且比32000小的数字（ ）个.
A．212 B．213 C．224 D．225
【答案】D
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：若是一位数，有5个；
若是两位数，有个；
若是三位数，有个；
若是四位数，有个；
若是五位数：首位数字为1或2，共有个；
首位数字为3，则千位数从0或1中选择一个，其余三个数位任意排列，共有个，
综上可知，共有个.
故答案为：D.
【分析】由题意，结合分步乘法计数原理和分类加法计数原理求解即可.
5．（2024高三上·河北模拟）过圆锥高的中点作平行于底面的截面，则截面分圆锥上部分圆锥与下部分圆台体积比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】锥体的体积公式及应用；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设分割后圆锥的高、圆台的高为h，截面圆半径为r，则圆台下底面圆的半径为2r，圆台的高为h，圆锥的体积为，圆台的体积为，
则，，解得.
故答案为：D.
【分析】利用圆锥、圆台的体积公式求圆锥与圆台的体积比即可．
6．（2024高三上·河北模拟）平面四边形中，点分别为的中点，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】向量加法的三角形法则；平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：因为点分别为的中点，所以，
即，
又因为，所以，
所以，
即，解得，
则.
故答案为：A.
【分析】由题意，根据向量的加运算求得，两边同时平方可得，再根据平面向量的夹角公式求解即可.
7．（2024高三上·河北模拟）已知首项为2的数列满足，当的前项和时，则的最小值为（ ）
A．40 B．41 C．42 D．43
【答案】B
【知识点】数列的函数特性；数列的递推公式；数列的前n项和
【解析】【解答】解：易知，
当时，，解得，
当时，，解得，
当时，，解得，
当时，，解得，
则数列是周期为4的周期数列，且，
故，，即的最小值为41.
故答案为：B.
【分析】由题意，推得数列是周期为4的周期数列，再计算即可求解.
8．（2024高三上·河北模拟）当时，恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】函数恒成立问题；二倍角的余弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：由，可得，
因为，所以，所以，
则，
由正弦、余弦的二倍角公式可得，
又因为，
因为，所以，所以，
则，则，
要使不等式成立，即恒成立，
则，即实数的取值范围为.
故答案为：D.
【分析】由题意，利用正弦、余弦的二倍角公式化简可得，再根据，结合三角函数的图象与性质求解即可.
9．（2024高三上·河北模拟）已知五个数据的分位数为15，则这组数据（ ）
A．平均数为9 B．众数为10 C．中位数为10 D．方差为30
【答案】C,D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：，则第80百分位数为，解得，
即五个数据为，
A、平均数为 ，故A错误；
B、易知数据的众数为5和10，故B错误；
C、五个数据的中位数为 ，故C正确；
D、方差 ，故D正确.
故答案为：CD.
【分析】由题意，根据百分位数先求出a，再根据众数，平均数，中位数和方差的定义计算判断即可.
10．（2024高三上·河北模拟）已知函数在上有且仅有两个对称中心，则下列结论正确的是（ ）
A．的范围是
B．函数在上单调递增
C．不可能是函数的图像的一条对称轴
D．的最小正周期可能为
【答案】A,C
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：A、因为函数在上有且仅有两个对称中心，
所以，即，解得，故A正确；
B、当时，，由A可知，
则，但，则函数在上不一定单调，故B错误；
C、假设为函数的一条对称轴，令，，解得，，
又因为，所以，又因为，无解，则不可能是函数的图像的一条对称轴，故C正确；
D、，故的最小正周期，则的最小正周期不可能为，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】A、由题意，结合三角函数的性质求得即可判断A；整体法得到，结合A选项知，即可判断B；假设为函数的一条对称轴，得到方程，求出即可判断C；由A选项，求得的最小正周期即可判断D.
11．（2024高三上·河北模拟）已知函数的零点分别为，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】函数的图象；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：A、由题，，
所以即，
所以，故，故A正确；
B、由得，
故函数与图象交点横坐标和与图象交点的横坐标即为函数和的零点，
如图，由图象性质可知，
又由A得，故，
所以，故B错误；
C、由上即，以及得：
，故C正确；
D、由AB得，，，
所以，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】对于A，由题意得，进而得即可求解判断；对于B，先明确零点取值范围，由取值范围再结合即即可求解判断；对于C，由即以及零点的取值范围即可求解判断；对于D，结合AB以及将转化成即可判断.
12．（2024高三上·河北模拟）已知的展开式中各项系数和为8，则展开式中常数项为 .
【答案】
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：由 的展开式中各项系数和为8 ，
令，则，解得，则，
二项式展开式的通项为，
因为，所以展开式中常数项为.
故答案为：.
【分析】由题意，令求得，可得，再根据二项式展开式的通项求解即可.
13．（2024高三上·河北模拟）抛物线上的动点到直线的距离最短时，到的焦点距离为 .
【答案】2
【知识点】平面内点到直线的距离公式；抛物线的定义；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：设抛物线上的动点 ，
则点到直线的距离为，
易知当时，距离最短，即点，
则到抛物线的焦点距离为.
故答案为：2．
【分析】设动点的坐标，利用点到直线的距离公式结合配方求最小值，最后根据抛物线的定理求到的焦点距离即可.
14．（2024高三上·河北模拟）下图数阵的每一行最右边数据从上到下形成以1为首项，以2为公比的等比数列，每行的第个数从上到下形成以为首项，以3为公比的等比数列，则该数阵第行所有数据的和 .
【答案】
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的前n项和；数列的前n项和
【解析】【解答】解：因为数据从上到下形成以1为首项，以2为公比的等比数列，每行的第个数从上到下形成以为首项，以3为公比的等比数列，
所以，
则
即.
故答案为：.
【分析】由题意，写出第n行的项，再根据等比数列求和公式求解即可.
15．（2024高三上·河北模拟）在中，角的对边分别为，且.
（1）求角的大小；
（2）若边，边的中点为，求中线长的最大值.
【答案】（1）解：由，
根据正弦定理可得，则，即，
由余弦定理可得，
因为，所以；
（2）解：因为为的中点，所以，
则，
由余弦定理，可得，则，
由，利用基本不等式可得，
则，当且仅当取等号成立，
即，
所以，即中线长的最大值为.
【知识点】基本不等式；平面向量的数量积运算；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）由题意，利用正弦定理以及余弦定理化简求解即可；
（2）利用向量模的平方以及余弦定理，再结合基本不等式求解即可.
（1）因为，
由正弦定理可得：，则，
即，
由余弦定理可得：，
因为，所以.
（2）因为为的中点，所以，
则，
又由余弦定理得，，
即，所以.
由得，，
则，当且仅当取等号，
即，
所以，即中线长的最大值为.
16．（2024高三上·河北模拟）如图所示，三棱柱中，分别为棱的中点，分别是棱上的点，.
（1）求证：直线平面；
（2）若三棱柱为正三棱柱，求平面和平面的夹角的大小.
【答案】（1）证明：取的中点，连接交于，连接，如图所示：
因为分别为棱的中点，所以∥∥，所以，
所以，所以，
又因为，所以，所以，
因为分别为棱的中点，所以，
因为∥∥，所以，∥，所以四边形为平行四边形，则∥，
又因为平面，平面，所以直线平面；
（2）解：连接，因为三棱柱为正三棱柱，所以为等边三角形，则，
以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
设，则，
所以，
设平面的法向量为，则，令，则，
设平面的法向量为，则，令，则，
则，
设平面和平面的夹角为，则，因为，所以.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取的中点，连接交于，连接，推得，再由证得四边形为平行四边形，则∥，再根据线面平行的判定定理证明即可；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
（1）证明：取的中点，连接交于，连接，
因为分别为棱的中点，所以∥∥，
所以，所以，
所以，
因为，所以，所以，
因为分别为棱的中点，所以，
因为∥∥，所以，∥，
所以四边形为平行四边形，
所以∥，
因为平面，平面，
所以直线平面；
（2）解：连接，因为三棱柱为正三棱柱，
所以为等边三角形，所以，
所以以为原点，以所在的直线为轴，过与平行的直线为轴，所在的直线为轴建立空间直角坐标系，
设，则，
所以，
设平面的法向量为，
则，令，则，
设平面的法向量为，
则，令，则，
所以，
设平面和平面的夹角为，则，
因为，所以.
17．（2024高三上·河北模拟）已知，平面内动点满足直线的斜率之积为.
（1）求动点的轨迹方程；
（2）过点的直线交的轨迹于两点，以为邻边作平行四边形（为坐标原点），若恰为轨迹上一点，求四边形的面积.
【答案】（1）解：设动点，
因为直线的斜率之积为 ，
所以，
化简可得，
则动点的轨迹方程为；
（2）解：以为邻边作平行四边形，则直线与x轴不重合，设直线的方程为，
设，，
联立，消去x整理可得，
由韦达定理可得，
则，
则点到直线的距离，
因为平行四边形的对角线互相平分，
所以，
所以在椭圆上，可得，
所以平行四边形面积
故四边形面积是.
【知识点】斜率的计算公式；直线与圆锥曲线的综合问题；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【分析】（1）设动点，根据题意得，化简求轨迹方程即可；
（2）设直线再联立直线与轨迹方程，得关于x的一元二次方程，结合韦达定理及点到直线距离公式计算面积即可.
（1）设，则，化简可得
（2）以为邻边作平行四边形，则直线与x轴不重合，设直线的方程为，直线的方程与椭圆方程联立，
设，，
联立，消去x得，
所以，
则.
求得O到直线的距离，
因为平行四边形的对角线互相平分
所以
所以在椭圆上，可得
所以平行四边形面积
所以四边形面积是.
18．（2024高三上·河北模拟）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）证明：当时，.
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
19．（2024高三上·河北模拟）一个质点在随机外力的作用下，从平面直角坐标系的原点出发，每隔1秒等可能地向上 向下 向左或向右移动一个单位.
（1）共移动两次，求质点与原点距离的分布列和数学期望；
（2）分别求移动4次和移动6次质点回到原点的概率；
（3）若共移动次（大于0，且为偶数），求证：质点回到原点的概率为.
【答案】（1）解：设表示2次移动中质点与原点距离，则可能取值为0，2，，
当质点向左移动1次向右移动1次，或向上移动1次向下移动1次，最后，则；
当质点向左移动2次或向右移动2次，或向上移动2次或向下移动2次，最后，则；
当质点向左移动1次向上移动1次，或向左移动1次向下移动1次，或向右移动1次向上移动1次，或向右移动1次向下移动1次，最后，则
的分布列为：
0
；
（2）解：质点从原点出发，每次等可能地向上 向下 向左或向右移动一个单位，共移动4次，
可能的结果共有种情况，
若质点回到原点，则向左移动2次向右移动2次，或向上移动2次向下移动2次，共有种情况，
若质点回到原点，则向左移动1次向右移动1次，向上移动1次向下移动1次，共有种情况，
所以质点回到原点的概率为；
质点从原点出发，每次等可能地向上 向下 向左或向右移动一个单位，共移动6次，
可能的结果共有种情况，
若质点回到原点，则向左移动3次向右移动3次，或向上移动3次向下移动3次，共有种情况，
若质点回到原点，则向左移动2次向右移动2次，向上移动1次向下移动1次，则向左移动1次向右移动1次，向上移动2次向下移动2次，共有种情况，所以质点回到原点的概率为；
（3）解：若共移动2次，质点回到原点的概率为；
假设共移动N次，满足质点回到原点的概率为；
当共移动次，移动N次质点回到原点当质点向左移动1次向右移动1次，或向上移动1次向下移动1次，移动次质点回到原点；
移动N次质点在，当质点向左移动2次或向右移动2次，或向上移动2次或向下移动2次，移动次质点回到原点；
移动N次质点在当质点向左移动1次向上移动1次，或向左移动1次向下移动1次，或向右移动1次向上移动1次，或向右移动1次向下移动1次，移动N+2次质点回到原点；
当共移动次，满足质点回到原点的概率为.
所以共移动N次，满足质点回到原点的概率为.
【知识点】古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；分步乘法计数原理；数学归纳法的应用
【解析】【分析】（1）由题意，可得X的所有可能取值，计算相应的概率，再结合离散型随机变量的期望公式求解即可；
（2）利用分步乘法计数原理、组合以及古典概型的概率公式计算即可；
（3）利用数学归纳法证明即可.
（1）设表示2次移动中质点与原点距离，则可取0，2，，
当质点向左移动1次向右移动1次，或向上移动1次向下移动1次，最后，则；
当质点向左移动2次或向右移动2次，或向上移动2次或向下移动2次，最后，则；
当质点向左移动1次向上移动1次，或向左移动1次向下移动1次，或向右移动1次向上移动1次，或向右移动1次向下移动1次，最后，则
的分布列为：
0
.
（2）质点从原点出发，每次等可能地向上 向下 向左或向右移动一个单位，共移动4次，
可能的结果共有种情况，
若质点回到原点，则向左移动2次向右移动2次，或向上移动2次向下移动2次，共有种情况，
若质点回到原点，则向左移动1次向右移动1次，向上移动1次向下移动1次，共有种情况，
所以质点回到原点的概率为.
质点从原点出发，每次等可能地向上 向下 向左或向右移动一个单位，共移动6次，
可能的结果共有种情况，
若质点回到原点，则向左移动3次向右移动3次，或向上移动3次向下移动3次，共有种情况，
若质点回到原点，则向左移动2次向右移动2次，向上移动1次向下移动1次，则向左移动1次向右移动1次，向上移动2次向下移动2次，共有种情况，
所以质点回到原点的概率为.
（3）若共移动2次，质点回到原点的概率为；
假设共移动N次，满足质点回到原点的概率为；
当共移动次，
移动N次质点回到原点当质点向左移动1次向右移动1次，或向上移动1次向下移动1次，移动次质点回到原点；
移动N次质点在，当质点向左移动2次或向右移动2次，或向上移动2次或向下移动2次，移动次质点回到原点；
移动N次质点在当质点向左移动1次向上移动1次，或向左移动1次向下移动1次，或向右移动1次向上移动1次，或向右移动1次向下移动1次，移动N+2次质点回到原点；
当共移动次，满足质点回到原点的概率为.
所以共移动N次，满足质点回到原点的概率为.
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