2025届河北省部分学校高三上学期12月阶段性测数学试卷（解析版）

这是一份2025届河北省部分学校高三上学期12月阶段性测数学试卷（解析版），共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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.已知复数 满足 ( 为虚数单位)，则（ ）
A. 4B. 4C. 6D. 6
【答案】C
【解析】因为，
所以，即，
所以,
故选：C
2. 已知一个圆台的上、下底面半径分别为、，它的母线长为，则这个圆台的体积为 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】取圆台的轴截面，则四边形为等腰梯形，
过点、在平面内分别作，，垂足分别为、，
如下图所示：
在梯形内，，，，则，
故四边形为矩形，所以，，，
在、中，，，，
所以，，所以，，
所以，，
因此，该圆台的体积为.
故选：D.
3. 已知向量 与向量 夹角为钝角，则实数取值范围是（ ）
A. B. 且
C. D. 且
【答案】B
【解析】若，的夹角为钝角，
则，且与不共线，
即，且，
解得且．
故选：B．
4. 已知等差数列前 项和为 Sn，若 ，则使 的最小的的值为（ ）
A. 17B. 18C. 19D. 20
【答案】C
【解析】根据题意，数列为等差数列，且，，
则有，且，即，，
则，，
故满足的最小值为19，
故选：C
5. 已知、，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为、，则，
由题意可得，解得，
所以，，故.
故选：D.
6. 若两个等差数列的前 项和分别为 ，满足 ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
由题意得，
所以当时，
因此．
故选：A
7. 已知是锐角三角形，角、、 所对的边分别为、、，为的面积，，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】因为，
由三角形的面积公式和余弦定理可得，
整理可得，
因为，则，可得，所以，，
因为为锐角三角形，则，即，解得，
所以，，则，
所以，.
故选：B.
8. 在直三棱柱中，底面满足，，若三棱柱的体积为，则该三棱柱外接球表面积的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】如下图所示：
圆柱的底面圆直径为，母线长为，则的中点到圆柱底面圆上每点的距离都相等，则为圆柱的外接球球心.
本题中，将直三棱柱放在圆柱中，如下图所示：
设，因为，则，
则的外接圆直径为，，
设，则，可得，
，
令，其中，则，
当时，，此时，函数单调递减，
当时，，此时，函数单调递增，
所以，，即，
故该三棱柱外接球的表面积，
故选：A.
二、选择题: 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. 若是空间的一个基底，则下列各组中能构成空间一个基底的有（ ）
A. 、、B. 、、
C. 、、D. 、、
【答案】BC
【解析】对于A选项，因为，
所以，、、共面，A不满足要求；
对于B选项，假设、、共面，
则存在、，使得，
因为是空间的一个基底，由空间向量基本定理可得，该方程组无解，
故假设不成立，所以，、、能构成空间一个基底，B满足条件；
对于C选项，假设、、共面，则存在、，使得，
可得，则、、共面，与题设矛盾，假设不成立，
所以，、、能构成空间一个基底，C满足条件；
对于D选项，因为，所以，、、共面，D不满足条件.
故选：BC.
10. 已知函数的部分图像如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 函数 在 上的值域为
C. 函数是奇函数
D. 函数的图象可由 上所有点的横坐标变为原来的 倍，再向右平移 得到
【答案】ACD
【解析】A．由图可得，，，解得，
又函数图象经过点，所以，即，
因为，所以，解得，故，
故A正确；
B．当时，，
所以，所以，故B错误；
C．是奇函数，故C正确；
D． 上所有点的横坐标变为原来的 倍，得到的图像，再向右平移 得到的图象，故D正确，
故选：ACD．
11. 已知数列的前 项和为 ，且 ，则下列结论中正确的是（ ）
A. B. 是等比数列
C. 是递增数列D. 是等比数列
【答案】ABC
【解析】对于A，由得，，
故，所以．A正确；
对于B，将与整体相减得，，
所以，又，即，
所以．即，且，
因此是等比数列，B正确；
对于C，因为，所以，
由指数函数的单调性可知，数列是递增数列，故C正确；
对于D，．
所以，显然不是常数，所以不是等比数列，故D错误.
故选：ABC．
三、填空题: 本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 若，则 _____.
【答案】
【解析】因为，
则.
故答案为：.
13. 已知数列中， 且 ，则 _____
【答案】
【解析】因为，
所以，
即，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以，
即，
所以，
故答案为：
14. 在平行六面体 中，,， ，，若，其中、、，给出下列四个结论:
①若点为的中点，则；
②若点在平面内，则；
③若，则三棱锥的体积为；
④若点为的中点，则异面直线与垂直.
所有正确结论的序号是_____（把所有正确命题的序号都填在横线上）.
【答案】①②④
【解析】对于①，由空间向量数量积的定义可得，
同理可得，，
若为的中点，则，
所以，
，
故，①对；
对于②，若点在平面内，则存在实数、，使得，
所以，，
所以，，
又因为，
则，，，
所以，，②对；
对于③，若，
则，
可得，
则、、共面，
又因为平面，则平面，
所以，，
因为，所以，，
因为，，则平行四边形为正方形，所以，，
因为，、平面，所以，平面，
因为，
所以，，则，
设，则为的中点，所以，，
则，
所以，
，③错；
对于④，若点为的中点，则平面，
又因为平面，故，④对.
故答案为：①②④.
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. 已知数列为等差数列，且，.
（1）求数列的通项公式；
（2）数列满足，求数列的前项和.
解：（1）设等差数列的公差为，
所以，解得，
所以；
（2）因为，
所以，
所以
.
16. 记 内角 的对边分别为 ，且
（1）求角 的大小；
（2）若 为锐角三角形，，求 面积的取值范围.
解：（1）由余弦定理可得,
再由正弦定理可得
即，
因为，所以，所以，所以.
（2）由题意，，
由正弦定理得，
因为为锐角三角形，所以，
又，所以，
所以，从而，
所以 面积的取值范围
17. 已知四棱锥中，平面，，，， ，点为上靠近的三等分点.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面所成角的余弦值.
（1）证明：在线段上取点，使得，连接、，如下图所示：
因为，则且，
因为，，，则，所以，且，
所以，四边形为平行四边形，则，
因为平面，平面，因此，平面.
（2）解：因为平面，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则A0,0,0、、、，
设平面的法向量为m=x1,y1,z1，，，
则，取，则，
设平面的法向量为n=x2,y2,z2，，
则，取，则，
所以，.
由图可知，平面与平面所成角为锐角，
因此，平面与平面所成角的余弦值为.
18. 设数列的前项和为，若对任意的，都有（为非零常数），则称数列为“和等比数列”，其中为和公比. 若，且为“和等比数列”.
（1）求的值，并求出的和公比；
（2）若，求数列的前项和；
（3）在（2）的条件下，若不等式对任意的恒成立，求的取值范围.
解：（1）因为，
则，
所以，数列为等差数列，
则，
所以，，
根据题意可得，其中为非零常数，
即，
所以，，解得.
（2）由（1）可得，所以，，
则，
，
上式下式可得
，
因此，.
（3）由可得，
整理可得对任意的恒成立，
因为，
则数列为单调递增数列，
所以，，
因此，实数的取值范围是.
19. 图 1是直角梯形，，，四边形是边长为的菱形，并且，以为折痕将折起，使点到达点的位置，如图 2.
（1）求证：；
（2）若平面平面，在棱上找一点，使得点到平面的距离为，并求的值；
（3）在（2）的前提下，求直线与平面所成角的正弦值.
（1）证明：取线段的中点，连接、，
翻折前，因为四边形是边长为 的菱形，并且，则，
所以，为等边三角形，同理可知，也为等边三角形，
翻折后，则、都是等边三角形，
因为为的中点，则，，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，因此，.
（2）解：因为平面平面，平面平面，，平面，
所以，平面，
又因为，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、，
设平面的法向量为m=x,y,z，，，
则，取，可得，
设，其中，
则
所以，点到平面的距离为，
因为，解得，即.
（3）解：由（1）得，
所以，，
所以，直线与平面所成角的正弦值为.