【文档说明】河北省“五个一”名校联盟2025届高三第一次联考数学试卷（解析版）.docx，共(19)页，974.248 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-73304a5766539eef3372f21900c1ea61.html

以下为本文档部分文字说明：

河北省“五个一”名校联盟2025届高三第一次联考数学本试卷共4页，满分150分，考试用时120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅

笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.若复数34iz

=−，则izz−=（）A.2B.5C.52D.72【答案】A【解析】【分析】由共轭复数的定义和复数的运算化简izz−，再由复数的模长公式求解即可.【详解】因为34iz=−，所以i34z=+，()()2i34ii34i3i4i34ii1zz−=−−+=−−−=−+，所以22ii1112z

z−=−+=+=.故选：A.2.点()()122,0,2,0FF−为等轴双曲线C的焦点，过2F作x轴的垂线与C的两渐近线分别交于AB､两点，则AOB的面积为（）A.22B.4C.42D.8【答案】B【解析】【分析】先求出双曲线C的方程，进

而求出双曲线C的渐近线方程，即可求出AB､两点的坐标，即可求出AOB的面积.【详解】设双曲线C为：22221xyaa−=，因为222caa==+，解得：22a=，所以双曲线C为：22122xy−=，则双曲线C的渐近线为：yx=，所以2yxx==，解得：()2

,2A，则()2,2B−，所以AOB为等腰直角三角形，所以AOB面积为21142422ABOF==.故选：B.3.已知:30,pkq−：不等式23208kxkx+−的解集为R，则p是q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【解析】【分析】首先计算出不等式23208kxkx+−的解集为R时k的取值范围，再根据范围大小即可得出结论.【详解】若不等式23208kxkx+−的解集为R，当0k=时，308

−符合题意；当0k时，需满足0k且22342308kkkk=−−=+<，解得30,k−<<综合可得30,k−<而:30,pk−<<所以p能推出q，q不能推出p，即p是q的充分不必要条件.故选：A的4.用0,1,2,3,4能组成没有重复数字且比32000小的

数字（）个.A.212B.213C.224D.225【答案】D【解析】【分析】先对数字位数分类讨论，在对五位数的首位数字进行分类讨论：①首位为1，2；②首位为3.然后分析千位数的选取，结合分步乘法计数原理

和分类加法计数原理可得结果.【详解】分数字位数讨论：一位数5个；两位数有4416=个；三位数有44348=个；四位数有443296=个；五位数分以下两种情况讨论：①首位数字为1或2，此时共有44222448

A==个；②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，此时共有33212A=个.综上所述，共有51648964812225+++++=个比32000小的数.故选：D.5.过圆锥PO高

的中点O作平行于底面的截面，则截面分圆锥PO上部分圆锥与下部分圆台体积比为（）A.12B.13C.15D.17【答案】D【解析】【分析】利用圆锥、圆台的体积公式求得圆锥与圆台的体积关系．【详解】设截面圆半径为r，圆锥的高为h，圆锥的体积为1V,则圆台下底

面圆的半径为2r，圆台的高为h，圆台的体积为2V，所以()2222217π24π33Vhrrrhr=++=，211π3Vrh=，可得1217VV=.故选：D.6.平面四边形ABCD中，点EF､分别为,ADBC的中点，28,5CDABEF===，则cos,ABDC=（）A.516B.556

4C.558−D.2340−【答案】A【解析】【分析】由向量的加法法则可得2FECDBA=+，两边同时平方可得10DCAB=，由平面向量的夹角公式求解即可.【详解】因为平面四边形ABCD中，点EF､分别为,ADB

C的中点，所以FEFCCDDEFBBAAE=++=++，所以2FEFCCDDEFBBAAECDBA=+++++=+，由28CDAB==可得：8,4CDAB==，两边同时平方可得：()222242FECDBACDBACDBA=+=++，所

以22425264162CDBACDBACDBA=++=++，解得：10DCAB=，所以105cos,4816ABDCABDCABDC===.故选：A.7.已知首项为2的数列na满足114522nnnnaaaa++−−=，当na的前n项和16nS时，则n的最小值为（

）A.40B.41C.42D.43【答案】B【解析】【分析】通过计算得到na为一个周期为4的数列，从而计算出()41123410217Saaaa=++++=，得到答案.【详解】由题意得12a=，22114522aaaa−−=，解得

21a=−，同理33224522aaaa−−=，解得30a=，44334522aaaa−−=，解得412a=，55444522aaaa−−=，解得52a=，故na为一个周期为4的数列，且12341321022aaaa+++=−++=，故()4012341015Saaaa=+++=，()41

123410217Saaaa=++++=，故n的最小值为41.故选：B8.当π0,2x时，sin22sin1sin2xaxx−恒成立，则实数a的取值范围为（）A.(0,1B.0,21

−C.)21,−+D.1,2+【答案】D【解析】【分析】化简得到2cos(c1ossin)222xxxa+，再由π2cos(cossin)2sin()12224xxxx+=++，结合三角函数的图象与性质，即可求解.【详解

】由sin22sin1sin2xaxx−，可得22sincos2sin(sincos)222xxxaxx−，因为π0,2x，可得π0,24x，所以sincos22xx，可得2sincos2sin(cossin)222xxxaxx−

，又因为22sin2sincos,coscossincossincossin22222222xxxxxxxxxx==−=+−，所以4sincos(cossin)2sin(cossin(cossin)22)2222222xxxxxxxxax−+−即2cos(c1ossi

n)222xxxa+，因为2π2cos(cossin)2sincossincos12sin()1222222s42coxxxxxxxxx++=+++==+，因为π0,2x，可得ππ3π,444x+

，所以π2sin()[,1]42x+，则π2sin()1[2,21]4x+++，则111[,]π2212sin()14x+++，要使得不等式sin22sin1sin2xaxx−，即1π2sin()14ax++恒成立，所以12a，即实数a的取值范围为

1,2+.故选：D.二､多选题：本题共3小题，每小题6分，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知五个数据5,5,10,10,a的8

0%分位数为15，则这组数据（）A.平均数为9B.众数为10C.中位数为10D.方差为30【答案】CD【解析】【分析】先根据百分位数求出a,再根据众数，平均数，中位数和方差的定义，即可判断选项.【详解】由题意，五个数据80百分为580%4=，第80百分位数为10=152a+，故20

a=；这组数据中5和10都出现2次，其余数出现次数没超过2次，故众数为5和10，B错误；计算平均数为55101020105++++=，故A错误；将5次数据从小到大排列为:5,5,10,10,20，则中位数为10

，故C正确；方差为()()()222215102101022010305s=−+−+−=，故D正确.故选：CD.10.已知函数()πsin(0)3fxx=+在0,π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58,33B.函数()f

x在π0,12上单调递增C.π4x=不可能是函数()yfx=的图像的一条对称轴D.()fx的最小正周期可能为π2【答案】AC【解析】【分析】A选项，0,πx时，πππ,π333x++，根据图象得到

)ππ2π,3π3+，求出58,33；B选项，整体法得到ππππ,33123x++，结合A选项知，ππ17π5π,123369+，B错误；C选项，假设π4x=为函数的一条对称轴，得到方程，求出1

1,84k，C错误；D选项，58,33，故()fx的最小正周期2π3π6π,45T=，D错误.【详解】A选项，0,πx时，πππ,π333x++，由函数()πsin(0)3fxx=

+在0,π上有且仅有两个对称中心得，)ππ2π,3π3+，解得58,33，A正确；B选项，π0,12x时，ππππ,33123x++，由A可知58,33，故ππ17π5π,123369

+，而5ππ92，故函数()fx在π0,12上不一定单调，B错误；C选项，假设π4x=为函数的一条对称轴，令πππ2π432k+=+，Zk，解得283k=+，Zk，又2588,333k+，故11,84k，又Zk，故

无解，故π4x=不可能是函数()yfx=的图像的一条对称轴，C正确；D选项，58,33，故()fx的最小正周期2π3π6π,45T=，故()fx的最小正周期不可能为π2，D错

误.故选：AC11.已知函数()()e22,2ln2xfxxgxxx=+−=+−的零点分别为12,xx，则（）A.1222xx+=B.1122elnxxxx=+C.1243xx+D.122exx【答案】ACD【解析】【分析】对

于A，由题意得11222e22lnxxxx=+=+，进而得12exx=即可求解判断；对于B，先明确零点取值范围，由1x取值范围再结合12exx=即12lnxx=即可求解判断；对于C，由12exx=即12ln

xx=以及零点2x的取值范围即可求解判断；对于D，结合AB以及将122xx转化成()112eexx−即可判断.【详解】对于A，由题11e220xx+−=，222ln20xx+−=，所以11222e22lnxxxx=+=+即11222e2lne2lnxxxx++==，所以12exx=，故1

12122e2xxxx=++=，故A正确；对于B，由()()0,0fxgx==得1e22,ln12xxxx=−+=−+，故函数=exy与22yx=−+图象交点横坐标和lnyx=与112yx=−+图象交点的横坐标即为函数()fx

和()gx的零点12,xx，如图，由图象性质可知1210,122xx，又由A得12exx=，故12lnxx=，所以111112121eeeelnxxxxxxxxx+=+=<<，故B错；对于C，由上222ln20xx+−=即222ln2xx+=，12lnxx=以及212x得：212222

224232ln13ln122xxxxxxx=+==+++，故C对；对于D，由AB得12exx=，110x2，11122exx=−，所以()111112122e2eeeexxxxxxx==−，故D对.故选：ACD.【点睛】关键点睛：解决本题的关键一是由11e220xx+−=和22

2ln20xx+−=得12exx=即12lnxx=，二是数形结合明确零点的取值范围为110x2且212x，接着对所判式子进行变形放缩等即可判断.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.1

2.已知()2311nnxxxx+−++的展开式中各项系数和为8，则展开式中常数项为__________.【答案】2−【解析】【分析】令1x=即可求出1n=，求出展开式通项即可求出常数项.【详解】令1x=，可得展开式中各项系数的和()()232311182112nnn++==+

=−+，解得1n=；31xx+的展开式通项为()3321331CCrrrrrrTxxx−−+==，因为()33333311111xxxxxxxxxxxx−+++−+++=，所以展开式中常数项为233

31C132xxxx−−−=−=−，故答案为：2−.13.抛物线2:4Cyx=上的动点P到直线3yx=+的距离最短时，P到C的焦点距离为__________.【答案】2【解析】【分析】设200,4yPy，求出P到直线距离，结合绝对值变形后配方可得最小值,最后求出P到C的焦点距离即

可．【详解】设200,4yPy，则点200,4yPy到直线30xy−+=的距离为()20220000328412424242yyyyyd−+−+−+===,当02y=，即当(1,2)P时，抛物线24yx=上一点到直线30xy−==的距离最短，P到C的焦点距

离为01112x+=+=.故答案为：2．14.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n个数从上到下形成以12n−为首项，以3为公比的等比数列，则该数阵第n行()*nN所有数据的和nS=__________.【答案】32nn−

【解析】【分析】先写出第n行的项再根据等比数列求和即可.【详解】因为每行的第n个数从上到下形成以12n−为首项，以3为公比的等比数列，所以0112231032323232nnnnnS−−−−=++++所以12301222233333nnnn

nS−−−−=++++12123331322313nnnnnnnS−−==−=−−.故答案为：32nn−.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.在ABC中，角,,ABC的对边分别为,,abc，且()()()sin3sinsinsinABacbCB−=−+.（1）求角C的大小；,（2）若边2c=，边AB的中点为D，求中线CD长的最大值.【答案】（1）π6C=（2）32+【解

析】【分析】（1）由正弦定理边角互换以及余弦定理进行化简即可得解.（2）利用向量模的平方以及余弦定理，再结合基本不等式即可求解.【小问1详解】因为()()()sin3sinsinsinABacbCB−=−+，由正弦定理可得：()()()3abacbcb−=−+，则2223aa

bcb−=−，即2223abcab+−=，由余弦定理可得：22233cos222abcabCabab+−===，因为()0,πC，所以π6C=.【小问2详解】因为D为AB的中点，所以()12CDCACB=+，则()2221144CDCACBCA=+=+()2221113244CA

CBCBaabb+=++，又由余弦定理得，2222cos=+−cababB，即2243abab=+−，所以()213423142CDabab=+=+.由2243abab=+−得，22423bbaaab

+=+，则()423ab+，当且仅当223ab==+取等号，即()()()2231+4231+2323743322CD+=+=+=+，所以32CD+，即中线CD长的最大值为32+.16.如图所示，三棱柱111ABCABC-中，,MN分别为棱111,A

BCC的中点，,EF分别是棱11,AABB上的点，1113AEBFAA==.（1）求证：直线MN平面CEF；（2）若三棱柱111ABCABC-为正三棱柱，求平面CEF和平面11ACCA的夹角的大小.【答案】（1）

证明见解析（2）π2【解析】【分析】（1）取AB的中点G，连接MG交EF于H，连接CH，则可证得112MHAA=，再由112CNCC=可证得四边形CHMN为平行四边形，则MN∥CH，再由线面平行的判定定理可证得结论；（2）以C为原点，以CG所在的直线为x轴，过C与AB平行的直线

为y轴，1CC所在的直线为z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.【小问1详解】证明：取AB的中点G，连接MG交EF于H，连接CH，因为M分别为棱11AB的中点，所以MG∥1AA∥1BB，所以1EHAGFHBG==，所以EHFH=，所以1()2HGBF

AE=+，因为1113AEBFAA==，所以112HGAA=，所以112MHAA=，因为N分别为棱1CC的中点，所以112CNCC=，因为MG∥1AA∥1CC，所以MHCN=，MH∥CN，所以四边形CHM

N为平行四边形，所以MN∥CH，因MN平面CEF，CH平面CEF，为所以直线MN平面CEF；【小问2详解】解：连接CG，因为三棱柱111ABCABC-为正三棱柱，所以ABC为等边三角形，所以CGAB⊥，所以

以C为原点，以CG所在的直线为x轴，过C与AB平行的直线为y轴，1CC所在的直线为z轴建立空间直角坐标系，设1,ABaAAb==，则31231131(0,0,0),(,,),(,,),(,,0),(0,0,)22322322CEaabFaabAaaCb−，所以13123113

1(,,),(,,),(,,0),(0,0,)22322322CEaabCFaabCAaaCCb==−==，设平面CEF的法向量为111(,,)mxyz=，则11111131202233110223mCEaxaybzmCFaxaybz=++==−+=，令13x=，

则3(3,1,)amb=−，设平面11ACCA的法向量为222(,,)nxyz=，则2212310220nCAaxaynCCbz=+===，令23x=，则(3,3,0)n=−，所以22330

cos,093139mnmnmnab−−===+++，设平面CEF和平面11ACCA的夹角为，则0=，因为π0,2，所以π2=.17.已知()()3,0,3,0MN−，平面内动点P满足直线,PMPN的斜率之积为23

−.（1）求动点P的轨迹方程；（2）过点()1,0F的直线交P的轨迹E于,AB两点，以,OAOB为邻边作平行四边形OACB（O为坐标原点），若C恰为轨迹E上一点，求四边形OACB的面积.【答案】（1）()2213332xyx+=−（2）322

【解析】【分析】（1）根据题意得23PMPNkk=−，化简可得轨迹方程．（2）先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.【小问1详解】设(),Pxy,

则2333PMPNyykkxx==−+−,化简可得()2213332xyx+=−【小问2详解】以,OAOB为邻边作平行四边形OACB,则直线AB与x轴不重合,设直线AB的方程为1xmy=+，直线的方程与椭圆方程联立，设()11,Axy，()

()2233,,,BxyCxy，联立221321xyxmy+==+，消去x得()2223440mymy++−=，所以12122244,2323myyyymm−−+==++，则()()22221212224414142

323mABmyyyymmm−−=++−=+−++()2222243143112323mmmmm++=+=++.求得O到直线AB的距离211dm=+，因为平行四边形OAC

B的对角线互相平分所以()212312123222446022232323mmyyyxxmyyxmmm−−+==++=++=+==+++，所以22642323mCmm−++，在椭圆22132xy+=上，可得42214430,2mmm+−==所以平行四边形OACB面积()22

222643431114313222222323421AOBmmSSABdmmm++======+++所以四边形OACB面积是322.【点睛】方法点睛：利用平行四边形对角线互相平分，对角线共中点求参进而求出面积.18.已知函数()lnfxa

xx=−.（1）讨论()fx的单调性；（2）证明：当0a时，()1eaafx−.【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）先明确函数定义域和求导，根据导数结构特征对a进行0a和0a的分类讨论导数正负即可得单调性

.（2）证()1eaafx−()max1eaafx−，故问题转化成证()0ln1eaaaaaa−−>10lneeaaaa−+，接着构造函数()()

ln10gxxxx=−+研究其单调性和最值即可得证.【小问1详解】由题函数定义域为()0,+，()1aaxfxxx−=−=，故当0a时，()0fx恒成立，所以函数()fx在()0,+上单调递减；当0a时，()fx在()0,+上单调递减，令()0fxxa=

=，则()0,xa时，()0fx¢>；(),xa+时，()0fx，所以函数()fx()0,a上单调递增，在(),a+上单调递减，综上，当0a时，函数()fx在()0,+上单调递减；当0a时，函数()fx在()0,a上单调递增，在(),a+上单调递减.【小问2详解】由（1）当0a

时，函数()fx在()0,a上单调递增，在(),a+上单调递减，故()()lnffaaaxa=−在()0,+上恒成立，故证()()10eaafxa−证()0ln1eaaaaaa−−>

，即()0ln1ln10eeeeaaaaaaaaa−−+>，令()()ln10gxxxx=−+，则()()1110xgxxxx−=−=，故当()0,1x时，()0

gx；()1,x+时，()0gx，所以()gx在()0,1上单调递增，在()1,+上单调递减，在所以()()10gxg=在()0,+上恒成立，故0ln1eeaaaa−+，所以当0a时，()1eaafx−.

【点睛】思路点睛：证明含参函数不等式问题通常转化成研究函数最值问题，第（2）问证当0a时，()1eaafx−可将问题转化成证()max1eaafx−，接着根据其结构特征进行变形转化和构造函数，利用导数确定所构造的函数单调性和最值即可得证.19.一个质点在随

机外力的作用下，从平面直角坐标系的原点O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N次（N大于0，且N为偶数），求证：质点回到原点的

概率为221C2NNN.【答案】（1）答案见解析；（2）92564256；（3）证明见解析【解析】【分析】（1）首先求出X的所有可能取值以及对应的概率，再结合离散型随机变量的期望公式求答案即可.（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

可求得结果.（3）利用数学归纳法证明即可.【小问1详解】设X表示2次移动中质点与原点距离，则X可取0，2，2，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X0=，则()1222C1044PX===;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2X=，则()241244PX===;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2=X，则()2224A1242PX===X的分布列为：X022P141412()111120224

422EX+=++=.【小问2详解】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444444=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242C12=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44A24=种情况，所以质点回到原点的概率为4369464=.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64444444

=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362C40=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2222642222CC2AA360A=种情况，所以质点回到原点的概率为64400252544256==.【小问3详解】若共移动2次，质点回到原点的概率为()2122C4;假设共移动N次，满足质点回到原点的概率为22

C4NNN;当共移动2N+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2N+次质点回到原点;移动N次质点在()()()()20200202−−，，，，，，，，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2N+

次质点回到原点;移动N次质点在()()()()11111111−−−−，，，，，，，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2N+次，满足质点回到原点概率为

2222222222222222222222CCCCCC4A444444444NNNNNNNNNNNNNN−−+−−++++=.所以共移动N次，满足质点回到原点的概率为22C4NNN

.的