河北省秦皇岛市山海关区2025届高三下学期考前保温数学试题（含解析）

河北省秦皇岛市山海关区2025届高三下学期考前保温数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.集合，，那么
A. B. C. D.
2.若复数为纯虚数，i为虚数单位，则的虚部为
A. 1 B. C. D.
3.已知为单位向量，，，则在上的投影向量的长度为
A. B. C. 1 D. 2
4.从，，1，2，3，4，5，6这8个数中随机选取3个不同的数，则这3个数可以构成等差或等比数列的概率是
A. B. C. D.
5.已知梯形ABCD的外接圆直径为，，，，则梯形ABCD的内切圆半径为
A. B. C. 2 D.
6.已知抛物线C：的焦点为F，抛物线上有一点M，过点M的直线交抛物线的准线于点N，若，，则
A. B. C. 1 D. 2
7.已知函数在上单调，且，，则的最大值与最小值之和为
A. B. C. 2 D.
8.设函数，若有且仅有2个整数解，则a的最大值为
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.在一次问答竞赛中，已知A组的成绩X与B组的成绩Y均服从正态分布，且，，则
A. B.
C. D.
10.如图，四边形ABCD是一个正方形，，半圆面平面ABCD，动点P在半圆弧上运动点P不与点A、D重合，动点Q在线段PB上运动，下列说法正确的是
A. 平面平面PAB
B. 存在点P使得
C. 当三棱锥体积最大时，二面角的正切值为
D. 当三棱锥体积最大时，的最小值为
11.如图，在一处四周都是镜子的暗房里，在A点平行于地面发出一条射线，与AB的夹角为，在AB中点处有一个感应器体积忽略不计，已知，，则下列说法正确的是
A. 若，射线经过一次反射就被感应器捕捉到，则
B. 若，射线第一个反射点在BC边上，则最少需要折射三次才能被感应器捕捉到
C. 无论AD长度如何变化，必定存在使得射线反射两次就可以被感应器捕捉到
D. 存在，使得射线依次经过BC，AD，CD三个面的反射后能被感应器捕捉到
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若直线的截距之和为2，且，则的最小值为 .
13.已知函数的值域为则实数a的值为 .
14.科学家发现一种特殊的粒子，现在把该粒子放在依次排开的号密封箱子中，两个箱子之间只有一条通道相连，该粒子每天只会出现在一个箱子里，第二天会随机出现在相邻箱子中的一个，若科学家每天只能观察一个箱子，则至少需要 天才能确保观测到该粒子.
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题13分
已知各项都是正数的数列，其前n项和为，，且
求的通项公式；
若，求证：
16.本小题15分
已知函数
当时，求函数在处的切线方程；
若恒成立，求a的取值范围.
17.本小题15分
有一款网络答题竞赛游戏，答题类型有科普类与文学类两种，随机抽取了50名参赛人员进行答题偏好的问卷调查，调查所得数据如下表：
科普类 文学类 合计
男生 5
女生 10
合计 25 50
完成以上列联表，依据小概率值的独立性检验，能否据此推断该游戏的答题偏好与性别有关联？
随着参赛人员越多，题库提供的题量越多，某同学统计了当参赛人数分别为人时，题库给出的题量y的数据，用最小二乘法得到答题量y关于参赛人数x的回归直线方程为，已知该组数据的相关系数，题量y的方差，求的值结果精确到
附：参考公式：，其中
回归系数，相关系数，
参考数据：
18.本小题17分
已知双曲线的上下焦点分别为、，离心率为，点到渐近线的距离为1，过点且斜率为k的直线在第一象限交双曲线C于点P，过点且斜率为k的直线在第四象限交双曲线C于点Q，与交于点
求双曲线C的方程；
若，求k的值；
证明：是定值.
19.本小题17分
如图，在边长为a的正方形ABCD中，E，F分别为边AB，AD上的点，连接CE，CF，EF，将沿着折线EF翻折，使点A到达点位置，连接，形成三棱锥
若E，F分别为边AB，AD上的中点，，求此时三棱锥外接球的表面积；
若，O是AC的中点.
ⅰ求的大小；
ⅱ若正方形边长为，当取最小值，取最大值时，求此时直线与平面所成角的正弦值.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由，
则y可以取0，1，2，，
由，得，
解得，所以
故选：
2.【答案】A
【解析】解：由题意得，
是纯虚数，
所以，，
所以，所以，
所以，则的虚部为
故选：
3.【答案】A
【解析】解：由，
可得，
又，代入解得，
于是在上的投影向量的长度为
故选：
4.【答案】C
【解析】解：从8个数中随机选取3个不同的数共有种不同的选法，
能构成等差数列的情况有：公差为1或的有，，，，
公差为2或的有，，，
公差为3或的有，，
公差为4或的有，共10种情况，
能构成等比数列的情况有：公比为或的有，
公比为或2的有，共2种情况，
但既是等差数列，也是等比数列，算一种情况．
所以构成等差或等比数列的概率是
故选：
5.【答案】B
【解析】解：如图，

若梯形ABCD有外接圆，则梯形ABCD为等腰梯形，
设梯形ABCD的外接圆半径为R，
则由正弦定理得，解得，
在中，由余弦定理可得：
，且，
解得，
则梯形ABCD的高为，，
，
设梯形ABCD的内切圆半径为r，
根据等面积法，有，
解得
故选：
6.【答案】D
【解析】解：如图，过M作于，
由抛物线的定义知，
又，则，
设，则，
因为，
则，
所以，
由于轴，
所以，
则，
则，
所以，则
故选：
7.【答案】B
【解析】解：由，得，
即的图象关于直线对称，且，
故，
则，
即，
由函数在上单调，
得，即，
所以，，
解得，而，故，1，2，
当时，，则，，
结合，得，
此时，
当时，，
由于在上单调递增，
故在上单调递增，满足题意；
当时，，则，，
结合，得，
此时，
当时，，
由于在上单调递减，
故在上单调递减，满足题意；
当时，，，，
结合，得，
此时，
当时，，
由于在上不单调，
故在上不单调，不满足题意，
综上，或1，则的最大值与最小值之和为
故选：
8.【答案】C
【解析】解：，
令，则，
当时，，
所以在上单调递减，
当时，，
所以在上单调递增，
由，
可得，
根据题意，存在2个整数解使得，
则函数与直线的图象有2个横坐标为整数的交点，
直线必过点，
函数在处的导数，
则切线方程为且经过点，
即此时直线与相切，此时，
又因为，分析图象可知，
另一个交点只能在处，且此时直线斜率能取最大，
即a可以取最大值，，
当直线过点时，
则，解得
故选：
9.【答案】ACD
【解析】解：对于A，B，因为，，
所以，，故A正确，B错误；
对于C，因为，故C正确；
对于D，，故D正确.
故选：
10.【答案】ACD
【解析】解：因为四边形ABCD为正方形，则，
因为平面平面PAD，平面平面，平面ABCD，
所以平面PAD，
对于A，因为平面PAD，平面PAD，
所以，
因为，，PA、平面PAB，
所以平面PAB，
因为平面PBD，所以平面平面PAB，故A正确；
对于B，当点P运动到某一位置时，，
由圆的几何性质可知，
因为，BD、平面PBD，
所以平面PBD，
因为平面PBD，所以，
因为平面PAD，平面PAD，
所以，这与矛盾，故B错误；
对于C，如图1，取线段AD的中点O，连接PO，
过点O在平面ABCD内作，垂足为点N，连接PN，
当三棱锥体积最大时即点P为半圆弧的中点，，
因为O为AD的中点，所以，
因为平面平面ABCD，平面平面，平面PAD，
所以平面ABCD，
因为平面ABCD，所以，
因为，，OP、平面PON，
所以平面PON，
因为平面PON，所以，
所以二面角的平面角为，
因为，
所以，
所以，，
即二面角的正切值为，故C正确；
对于D，将平面PAB与平面PBD展开成平面图，连接AD，如图2所示，
此时最小，
由题意可知，，，
，
所以，
，
再由余弦定理可知，
即的最小值为，故D正确.
故选：
11.【答案】BC
【解析】解：由于该射线平行于地面，
根据题意可视为射线在平面四边形ABCD内部发生反射，
对于A，当时，发出射线使其反射点在AB靠近A端的四等分点，反射后再正好被感应器P捕捉，
所以，则，故A错误；
对于B，当时，第一次反射在BC边上，
所以不可能只反射一次就被感应器P捕捉，
如图1，假设反射两次后被感应器P捕捉，则第二次反射一定在CD边上，
将平面依次向右、向上翻折一次，P到达，
观察线段，要求此线段完全在平面与翻折平面构成图形的内部，
设直线，
所以，令，得，
所以线段不可能完全在平面与翻折平面构成图形的内部，
即不可能经过两次反射后被感应器P捕捉；
如图2，计算得：时可以反射三次后被感应器P捕捉线段完全在平面与翻折平面构成图形的内部，故B正确；
对于C，如图3，依次将平面向上、向右翻折，连接，
观察线段，其经过C点，
所以与直线CD的交点M在线段CD上，
故线段完全在平面与翻折平面构成图形的内部，
意味着射线将依次经过CD、BC反射后被感应器P捕捉，反射了两次，故C正确；
对于D，如图4，同C翻折，同理分析，观察线段，交点恰好在转折点处，
所以线段一定不可能完全在平面与翻折平面构成图形的内部，故D错误.
故选：
12.【答案】
【解析】解：将直线l转换为截距式，即，则，
由，
当且仅当，即时取等号，
故得的最小值为
故答案为：
13.【答案】1
【解析】解：因为
的值域为
即，
又在定义域内单调递增，
故的最大值为4，
则，
由，
可得时，，解得，
此时的定义域为，
在上单调递增，在上单调递减，
则得，符合题意.
故答案为：
14.【答案】6
【解析】解：假设考虑最坏情况，粒子会以对抗方式移动以尽可能避免被观测，
科学家第一天查看2号或者4号箱子，以2号箱子为例，
如果没观察到粒子，则粒子一定在1，3，4，5这四个箱子中的一个，
第二天粒子一定会在2，3，4，5这四个箱子中的一个，
第二天科学家去3号箱子查看，
如果没有观察到粒子，则粒子一定在2，4，5这三个箱子中的一个，
所以第三天粒子一定会在1，3，4，5这四个箱子中的一个，
第三天科学家去4号箱子查看，
如果没有观察到粒子，则粒子一定在1，3，5这三个箱子中的一个，
所以第四天粒子一定在2，4这两个箱子中的一个，
第四天科学家去2号箱子查看，
如果没有观察到粒子，则粒子一定在4号箱子，
则第5天粒子一定在3，5这两个箱子中的一个，
第五天科学家去3号箱子查看，
如果没有观察到粒子，则粒子一定在5号箱子，第六天一定在4号箱子，
因此科学家第六天去4号箱子一定能观察到它，
这时6天一定可以确保观察到粒子，其他情况确保观察到粒子都不少于6天.
故答案为：
15.【答案】解：由题意得，
所以，
又数列是各项都是正数的数列，，
所以，，
当时，有，
所以，
所以，
故数列是1为首项，2为公差的等差数列，
所以；
证明：由得，
所以，
所以，
裂项得，证毕.

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
16.【答案】解：当时，，函数定义域为，
则，
所以，，
所以切线方程为，
即；
解法一：，，
，
，，
当时，，则在上单调递增，
当时，，
不满足恒成立，故舍去；
当时，当时，，
当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
则的最大值为，
依题意恒成立，
令，，，
则，则在上单调递增，
又，
故等价于，
所以且，
即，则a的取值范围是；
解法二：由题意得，
设，则恒成立，
又因为恒成立，即函数在上为增函数，
又，所以要使恒成立，需使，
即，得，
设，则，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
所以，
从而，即a的取值范围是

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
17.【答案】解：完成列联表如下：
科普类 文学类 合计
男生 15 5 20
女生 10 20 30
合计 25 25 50
零假设为：该游戏的答题偏好与性别无关，
，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即认为该游戏的答题偏好与性别有关联，此推断犯错误的概率不大于；
由题意可得：，，
因为，可得，
又因为，
可得，
所以

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
18.【答案】解：由题意得双曲线的一条渐近线方程为，即，
则焦点到渐近线的距离为，
又因为双曲线C的离心率，，
所以，，
则双曲线C的方程为；
设、，
Q关于原点的对称点记为，
则，，
因为，，，
所以，
又因为，即，故P、、N三点共线，
又因为NQ与互相平分，
所以四边形为平行四边形，故，
所以，
设的直线方程为，
代入双曲线方程整理得：，
所以，可得，
故，，
直线与双曲线只有两个交点，
所以，解得，
由弦长公式得：
，
则，即，
且由题意可知，
可得，解得；
证明：因为直线与直线斜率相等，
所以，则，
所以，故，
同理可得，
所以
，
因为
，
所以，
故为定值.

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
19.【答案】解：由题意得，
又，，平面，，
所以平面，
则此时三棱锥如图所示，
由题意得，，
，，都是直角三角形，所以，
将三棱锥补全为长方体，
此时三棱锥的外接球球心为长方体对角线的中点，
即，
所以三棱锥外接球的表面积为；
ⅰ设，，
则，，
因为，所以，
在直角三角形AEF中，，
得，整理得，
因为，，
所以，
因为，
所以，故；
ⅱ由ⅰ知，
设，则，
所以，，
所以
，
因为，所以，
当时，有最大值，最大值为1，此时有最小值，
所以当取最小值时，
，且，
由，，得，
所以，
，，
如图1，取EF中点H，连接AH，CH，
则，，故A，H，O，C四点共线，
当取最大值时，即平面平面ABCD，
由翻折关系知，
故直线，EF，CH两两垂直，且，
，
如图2，以H为坐标原点，分别以，，的方向为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，
设平面的法向量为，
则，
令，则，
故平面的一个法向量为，
设直线与平面所成的角为，
则 ，
直线与平面所成角的正弦值为

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
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