河北省沧州市五个一名校联考2024-2025学年高三下学期第二次联考（4月） 数学试题(含详解)

河北省沧州市五个一名校联考2024 2025学年高三下学期第二次联考（4月）数学试题
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
2．若复数满足，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知是抛物线的焦点，是该抛物线上一点，则（ ）
A．50 B．100 C．150 D．200
4．若曲线在点处的切线也与曲线相切，则（ ）
A．4 B． C． D．2
5．已知角满足，则（ ）
A． B． C． D．
6．已知，且为奇函数，则（ ）
A． B．
C． D．
7．一只蚂蚁从平面直角坐标系上的原点处出发，每次随机地向上 下 左 右四个方向移动一单位长度，移动4次，则蚂蚁移动到圆内部的概率为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，在四面体中，、分别为棱、的中点，且，，，则该四面体体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知随机变量的分布列为
0 1 2
则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．已知函数的图象与轴交于点，其图象的两条相邻对称轴之间的距离为6，且其图象上相邻的最高点与最低点之间的距离为10，则（ ）
A．
B．
C．图象的对称轴方程为
D．在上的值域为
11．已知函数的定义域为，且，则（ ）
A．
B．
C．函数的值域为
D．关于的方程有且仅有一个实数根
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知向量，且，则 .
13．已知是双曲线的右焦点，是右支上一点，若点，则的最小值为 .
14．若实数满足，则的最小值为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．的内角的对边分别为，已知.
(1)求的值；
(2)若的面积为，求的周长.
16．如图，在四棱锥中，平面，，，．

(1)证明：；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
17．已知数列的前项和为.
(1)求的通项公式；
(2)若求数列的前项和.
18．已知曲线，直线.
(1)若，判断直线与曲线公共点的个数；
(2)已知直线与曲线相交于两点.
①求的取值范围；
②证明：.
19．在平面直角坐标系中，若点的横、纵坐标均为整数，则称为格点，若曲线上存在3个格点构成三角形，则称为“3格曲线”.
(1)若椭圆为“3格曲线”，求的离心率；
(2)若椭圆上存在个格点，且从中任取3个格点构成三角形，设该三角形的一个顶点为的左顶点的概率为，求；
(3)若直线上存在2个格点，使得，其中为曲线：与轴正半轴的交点，求的值.
参考答案
1．【答案】A
【详解】由题可知，
故A正确，BC错误，
集合不是集合的子集，故D错误.
故选A.
2．【答案】C
【详解】因为，所以，
则.
故选C.
3．【答案】B
【详解】由，可得，则.
故选B
4．【答案】D
【详解】由，得，
所以，
则曲线在点处的切线方程为即.
联立，整理得，
因为切线与曲线相切，
所以，解得.
故选D.
5．【答案】B
【详解】由，得，
整理得，则.
故选B.
6．【答案】A
【详解】因为的定义域为为奇函数，所以，则，
由于为减函数且值恒为正数，则为单调递增函数，因此为增函数.
因为，所以，所以，故.
故选A
7．【答案】A
【详解】把向上，下，左，右四个方向移动的步数分别记为，则.
若蚂蚁移动到圆的内部，则移动4次后，蚂蚁可能的位置为原点，
，，共5种情况.
若蚂蚁移动到原点，则，故
或或，有种走法；
若蚂蚁移动到点，则，故
或，有种走法.
由对称可知，蚂蚁移动到圆内部的概率为.
故选A.
8．【答案】B
【详解】连接、，如下图所示：
因为、分别为棱、的中点，且，，，
所以，，故、、、均在以为球心，为半径的球面上，
，
点到平面距离的最大值为球的半径，
故，即四面体体积的最大值为.
故选B.
9．【答案】ACD
【详解】由，得，A正确.
，B不正确，C正确.
，D正确.
故选ACD.
10．【答案】BCD
【详解】，
因为图象的两条相邻对称轴之间的距离为6，所以，
得，故B正确；
又其图象上相邻的最高点与最低点之间的距离为10，
所以，得，故A错误；
则，得.
因为0，所以，
则.
令，得，
则图象的对称轴方程为，故C正确；
由，得，
则，故D正确；
故选BCD.
11．【答案】AB
【详解】A选项，令，得，解得或.
若，则令，可得，
则，此时，
，
显然不恒成立，
若，同理可得，
恒成立，
故正确.
B选项，由A知，，定义域为R，
，故是偶函数，
显然在上单调递增.
由基本不等式得，当且仅当时，等号成立，
又，故，且等号不能同时成立，所以，
则，则，B正确.
C选项，，的值域为，C不正确；
D选项，等价于.
当时，等价于.
令，
则.
当时，，当时，，
在上单调递减，在上单调递增，
则，故是原方程的根.
当时，等价于，
易得函数在上单调递增.
因为，
所以原方程在内有一个根.故D不正确.
故选AB.
12．【答案】
【详解】由，得，
则，
则.
13．【答案】
【详解】双曲线的右焦点，
设的左焦点为，则，
因为是右支上一点，所以，
所以，
当三点共线（在之间）时取等号，故的最小值为.
14．【答案】（或）
【详解】由，可得，则，
则.令，
则.
当时，，当时，，
从而的最小值为，
即的最小值为.
15．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由余弦定理可知，.
因为，所以，
即.
由，且，
解得，则.
（2）的面积，则.
因为，所以由，可得
，
则，
故的周长为.
16．【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：连接，因为平面平面，所以，
又，所以，
在中，由，由余弦定理可得，
则，即，
因为平面平面，所以，
又，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为，平面，
所以平面，
又平面，所以．
（2）以为坐标原点，所在直线分别为轴，过点垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由，可得，则，
则，
，
设平面的法向量为，
则由得，
令，得，
设平面的法向量为，
则由得
令，得，
设平面与平面的夹角为，则．

17．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）当时，.
当时，由，得，
则.
因为，所以.
（2）由（1）可得
当为偶数时，，
则，
则，
则
，
则.
当为奇数时，.
故
18．【答案】(1)1
(2)①；②证明见解析
【详解】（1）令，则.
由，得，
当时，单调递减，当时，单调递增，
则，从而直线与曲线的公共点个数为1.
（2）①解：令，则.
由，得，当时，单调递减，当时，单调递增，
则，且当时，，当时，.
因为直线与曲线相交于两点，所以，
得，故的取值范围为.
②证明：由题可知是的零点.不妨设，则，
从而要证，只需证，
即证.由（1）可知在上单调递减，
则需证.
因为，所以需证，即证.
令，则.
因为，当且仅当时，等号成立，所以在上恒成立，
则在上单调递增，则，
从而，证毕.
19．【答案】(1)
(2)
(3)或1或3或
【详解】（1）由题可知，的左顶点，右顶点是2个格点，
，的上，下顶点均不为格点，
又为“3格曲线”，上至少存在一个异于椭圆顶点的格点，
，即，又格点在椭圆上，
，可得，解得，
则的离心率；
（2）由（1）可知，当时，是上的格点，且
此时上有，共6个格点，
则，
当时，易知上有，共4个格点，
则，
当时，易知上有，共2个格点，不符合题意，
故；
（3）因为是直线上的2个格点，所以，
显然，则，即，
又，所以，不妨设，
当时，，且，
，
则，得或，
当时，，
若，则，解得，
若，则，解得，
当时，，
若，则，解得，
若，则，解得，
综上所述，的值可能为或1或3或.