2025届河北省邯郸市部分校高三(上)11月联考数学试卷(解析版)

这是一份2025届河北省邯郸市部分校高三(上)11月联考数学试卷(解析版)，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（共8小题，每题5分，共40分）
1. 已知集合，则（ ）
A B.
C. D.
【答案】A
【解析】依题意，，
所以.
故选：A
2. 如图，梯形的腰的中点为，且，记，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】因为，又，所以，
又为腰的中点，所以，
故选：A.
3. 设等比数列的前项和为，则（ ）
A. 1B. 4C. 8D. 25
【答案】A
【解析】因为，，所以，
因为是等比数列，所以成等比数列，
所以，解得或（舍，若成立则不满足上面三项成等比数列），故A正确.
故选：A.
4. 若两个正实数x，y满足，且存在这样的x，y使不等式有解，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. 或D. 或
【答案】C
【解析】由题设，则，
当且仅当，即时等号成立，
要使不等式有解，则，
所以或.
故选：C
5. 若为函数图象上的一点，，则的最小值为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】因为，所以在R上单调递增，且f'x也单调递增，
若，则，显然不符合题意；
设，则函数在点处的切线的斜率为，
所以AB取得最小值
，
令，
则，
令，则且，
令，则，
显然在0,+∞上单调递增，
又，，
所以存在使得，即，
所以当时，此时单调递减，当时，此时单调递增，
所以在处取得极小值即最小值，
又
，
函数在上单调递减，
又，，当时，
所以，所以恒成立，
即恒成立，所以在上单调递增，又，所以，
此时，所以AB取得最小值为.
故选：B.
6. 鼎湖峰，矗立于浙江省缙云县仙都风景名胜区，状如春笋拔地而起，其峰顶镶嵌着一汪小湖.某校开展数学建模活动，有建模课题组的学生选择测量鼎湖峰的高度，为此，他们设计了测量方案.如图，在山脚A测得山顶P得仰角为45°，沿倾斜角为15°的斜坡向上走了90米到达B点（A，B，P，Q在同一个平面内），在B处测得山顶P得仰角为60°，则鼎湖峰的山高为（ ）米.
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】由题知，，，则，，
又，所以，所以，，
在中，，
根据正弦定理有，
且，
则，
在中，.
所以山高为米.
故选：B.
7. 已知函数，数列满足，且数列是单调递增数列，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】数列是单调递增数列，
可知当，时，单调递增，即或，解得；
当时，单调递增恒成立，
且，即；
解得，
所以若数列是单调递增数列，则，
故选：A.
8. 阅读材料：数轴上，方程可以表示数轴上的点，平面直角坐标系中，方程（、不同时为0）可以表示坐标平面内的直线，空间直角坐标系中，方程（、、不同时为0）可以表示坐标空间内的平面.过点且一个法向量为n=a,b,c的平面的方程可表示为.阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为平面的方程为，所以平面的法向量可取，
平面的法向量为，
平面的法向量为，
设两平面的交线的方向向量为，
由，令，则，
所以两平面的交线的方向向量为，
设直线与平面所成角的大小为，
则.
故选：A．
二、多选题（共3小题，每题6分，全部选对得6分，共18分.部分选对得部分分，错选得0分）
9. 下列有关复数的说法正确的是（ ）
A. 若是关于的方程的一个根，则
B. 若，则点的集合所构成的图形的面积为
C. 若是复数，则一定有
D. 若，则
【答案】ABD
【解析】A，由题意，整理得，
所以，解得，故，正确；
B，记，则，
所以，
圆的面积为，圆的面积为，
所以点的集合所构成的图形的面积为，正确.
C，当，则，而，显然不成立，错误；
D，令，，
则，
故，
又，，则，
所以，正确.
故选：ABD
10. 如图，在平行六面体中，已知，，E为棱上一点，且，则（ ）
A. B. 直线与所成角的余弦值为
C. 平面D. 直线与平面所成角为
【答案】ABD
【解析】不妨设则.
对于A，因,
故
，故，故A正确；
对于B，因，,则，
，
设直线与所成角为，则故B正确；
对于C，因
，
即与不垂直，故不与平面垂直，故C错误；
对于D，因，,
因，，
则有因平面，故平面，
即平面的法向量可取为，又，
设直线与平面所成角为，
因，，，
则，因，故，故D正确.
故选：ABD.
11.已知函数的导函数的部分图象如图所示，其中点分别为的图象上的一个最低点和一个最高点，则（ ）

A.
B. 图象的对称轴为直线
C. 函数在上单调递增
D. 将的图象向右平移个单位，再将纵坐标伸长为原来的2倍，即可得到的图象
【答案】BCD
【解析】，
由图象知,则，
由五点对应法,所以，
由于所以，故
，故A错误；
由得，
即图象的对称轴为直，故B正确；
，当，则，
此时为增函数，故C正确；
将的图象向右平移个单位长度，
得到，
再将所有点的纵坐标伸长为原来的2倍，得到，此时可以得到的图象，故D正确．
故选：BCD．
三、填空题（共3小题，每题5分，共15分）
12. 在长方体中，若，则直线到平面的距离是___________.
【答案】
【解析】易知，又面，面，所以面，
则直线到平面的距离，与点到平面的距离相等，
过作于，
因为面，面，所以，
又，面，所以面，
又，则，
在中，，得到，
所以直线到平面的距离为，
故答案为：.
13. 已知平面向量，，，，则的最小值为______．
【答案】4
【解析】因为，，，
则，
当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为16，即的最小值为4.
故答案为：4.
14. 已知函数有两个零点，则的取值范围为______．
【答案】
【解析】易知函数的定义域为，令，得到，
令，，图象如图所示，
因函数有两个零点，由图易知，，
且，得到，
所以，令，
则，又易知在区间上单调递减，
所以，即的取值范围为，
故答案为：.
四、解答题（共5小题，15题13分，16、17题15分，18、19题17分，共77分）
15. 在中，角所对的边分别为.已知.
（1）求；
（2）若，且的面积为，求的周长.
解：（1）由题得，
因为，，
故，，所以
（2）由（1）得，故由和得，
所以，故，
所以的周长为.
16. 设数列的前项和为，已知．数列是首项为，公差不为零的等差数列，且成等比数列．
（1）求数列和的通项公式；
（2）若，数列的前项和为，且恒成立，求的取值范围．
解：（1）∵，
当时，，两式相减化简可得：,
即数列是以3为公比的等比数列，
又∵，∴，解得，即，
设数列的公差为，，
∵成等比数列，∴，
解得或（舍去），即，
∴数列和的通项公式为，.
（2）由（1）得，
∴，
，
两式相减得：
∴，即有恒成立，
恒成立，可得，
即的范围是.
17. 已知函数．
（1）当时，求的单调区间和极值；
（2）若，求a的取值范围．
解：（1）当时，，
，
令，则，
故在上单调递减，而，
因此0是在上的唯一零点，
即0是在上的唯一零点，
当变化时，，的变化情况如下表：
所以的单调递增区间为，递减区间为；
所以的极大值为，无极小值；
（2）由题意知，即，即，
设，则，
令，解得，
当，，单调递增，
当，，单调递减，
所以，
所以．
所以的取值范围为．
18. 如图，正方形的边长为2，，分别为，的中点.在五棱锥中，为棱上一点，平面与棱，分别交于点，.

（1）求证：；
（2）若底面，且，直线与平面所成角为.
（i）确定点的位置，并说明理由；
（ii）求线段的长.
（1）证明：
在正方形中，，又平面平面，
所以平面，又平面，平面平面，
则；
（2）解：（i）当为中点时，有直线与平面所成角为，
证明如下：由平面，可得
建立空间直角坐标系，如图所示：

则，
又为中点，则，
设平面的一个法向量为n=x,y,z，
则有，即，令，则，
则平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
则，
故当为中点时，直线与平面所成角的大小为.
（ii）设点的坐标为，
因为点在棱上，所以可设，
即，所以，
因为是平面的法向量，
所以，即，
解得，故，则，
所以.
19. 定义：任取数列中相邻的两项，若这两项之差的绝对值为3，则称数列具有“性质3”.已知项数为n的数列的所有项的和为，且数列具有“性质3”.
（1）若，且，，写出所有可能的的值；
（2）若，，证明：“”是“”的充要条件；
（3）若，，，证明：或，（）.
（1）解：依题意可知有如下三种情况：
若，此时，
若，此时，
若，此时.
（2）证明：必要性：因为，
故数列为等差数列，
所以，，公差为，
所以，必要性成立；
充分性：由于，，…，，
累加可得，，即，
因为，故上述不等式的每个等号都取到，
所以，，所以，，充分性成立；
综上所述，“”是“，”的充要条件；
（3）证明：令，依题意，，
因为，，…，，
所以
，
因为，所以为偶数，
所以为偶数;
所以要使，必须使为偶数，即4整除，
亦即或，
当时，
比如，，，
或，，时，有，；
当时，
比如，，，，
或，，，，有，；
当或时，不能被4整除，.0
0
单调递增
极大值
单调递减