河北省石家庄市辛集市2025届高三上学期1月期末数学试卷（含答案）

这是一份河北省石家庄市辛集市2025届高三上学期1月期末数学试卷（含答案），共21页。试卷主要包含了6  360，等内容，欢迎下载使用。
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高三参考答案
1
．答案：B
解析：由 lg x  2可得  x  22 ，则得 A  (0, 4) ， B  2,
0
2
故 A B  2, (0, 4)  (0,) .
故选：B.
2
．答案：C
1
 i
2
解析：由题设 z 
，则 z | z |
.
2
2
故选：C
3
．答案：B


解析：向量 a  0, 4，b  3, 6， c  1, 6，


若 c  a  b ，则 1,6   0,4   3,6  3,4  6 ，




  

所以3  1， 4  6  6 ，
1
1
5
可得    ，   2 ，即得       2 
.
3
3
3
故选：B.
．答案：B
解析：因为 m  0， n  0 ，
4
1
4
 1 4 
 m n 
n
4m
n 4m
   m  n1

 4  5 2

 9，
所以

m
n
m
n
m n
n
4m
2
1
当且仅当

，即 n  ， m  时，等号成立，
m
n
3
3

-

1
4
所以

的最小值为 9.
m
n
故选：B.
5
．答案：A
x
2
解析：设圆柱的高为 x，底面半径为 r，则有 r  36 
，（ 0  x  6），
4

3

x
所以V  πr  x  π  36x ，（ 0  x  6）
2

4

x
3
3x2
令 f x   36x ，则 f x 
 36 ，
4
4
令 f x 0，得   3 又 x  0 ，所以 x  4 3 ，
x
4
当 x0,4 3时， f x 0， f x在区间0,4 3上单调递增；
当 x4 3,6时， f x 0， f x在区间4 3,6上单调递减.
所以 f xmax  f 4 3 96 3 .
故Vmax  96 3π .
所以圆柱体积的最大值为96 3π .
故选：A.
6
．答案：C


2x  4, x  a
解析：已知函数 f x 
，当 x  a 时，
x
2
1, x  a


  单调递增，所以最大值为 2a  4 ；
f x 2x 4
当 x  a 且 a  0 时， f x x2 1在a,上单调递增，最小值为 a2 1；

2x  4, x  a
所以要使函数 f x 
在 R 上单调递增，
x
2
1, x  a

则 a2 1 2a  4 ，解得 a  3或 a  1(舍去).
故选：C.
7
．答案：D
解析：对于 A：将一枚均匀的骰子掷两次基本事件共有 66  36个，
2
1
事件 AB 包括4, 5，6, 3，2 个基本事件，所以 PAB 
，故 A 错误；

3
6 18
2
1
对于 B：因为 A，B 不互斥， P(A B)  P(A)  P(B)  P(AB) ， PAB 

，所
3
6 18
以 PA B PA PB，故 B 错误；
对 于 C ： 事 件 B 包 括 3, 6， 4, 5， 5, 4， 6, 3， 4 个 基 本 事 件 ， 所 以
1


P AB
PB
1
2
4
1
9

 

，  
P A| B

 118 
，故 C 错误；
P B
3
6
9
1
1
对 于 D ： 事 件 A 为 “ 第 一 次 出 现 偶 数 点 ” ， P(A)  ， P(AB) 
，
2
18
1
1
1
P(A)P(B)    ， P(AB)  P(A)P(B)，A 与 B 相互独立，故 D 正确；
9 18
2
故选：D.
8
．答案：B

解析：因为 f x是周期为 1 的周期函数，且在0,1上 f x x2 ，
要判断 f x g x kx  b 有多少个解，需分析 f x与 g x在一个周期内的解的个数，
当 k  0 时，在一个周期内，因为 f x x2 是二次函数， g x是线性函数， f x与

最多有 2 个交点，
g x
当 k  0 时，在一个周期内，因为 f x x2 是二次函数， g x是线性函数， f x与
最多有 1 个交点，

g x
作出函数 f x在两个周期内的图象，如图所示：
由图象可知，
当 k 1，若b  0时，直线 g x kx  b过原点与 (1, 1) ，此时只有 1 个交点，
向下平移至与曲线相切之前有两个交点，相切时有 1 个交点，
所以 f x与 g x最多两个交点， f x g x最多二个解，故 A 错误；
1
当 k  时，若b  0，直线 g x kx  b过原点与 (2,1) ， f x 与 g x可能有二个交点，
 
2
向下平移至与曲线相切之前有三个交点，故 f x g x可以有三个解，故 B 正确；
当 k  1时，若b  0，直线 g x kx  b过原点与 (1, 1) ，

与  有两个交点，左右平移也有两个交点，
g x
f x
所以 f x与 g x一定有两个交点， f x g x不可能有一个解，故 C 错误；

1
当 k   时，b  0，直线 g x kx  b过原点与 (2,1) ，
2

与  有三个交点，左右平移也有三个交点，
g x
f x

与  一定有三个交点，故    不可以有四个解，故 D 错误.
g x f x g x
f x
故选：B.
9
．答案：ACD
解析：由题意知抛物线 C 的交点坐标为1, 0，准线方程为 x  1，直线l : y  kx  k
过定点1, 0，所以直线过抛物线的焦点，故 A 正确；

y  x 1
当 k 1时，直线的方程为l : y  x 1，联立 
，消去 y 得， x2  6x 1 0 ，
y
2
 4x

设 Px , y ，Qx , y ，则 x  x  6，所以 P，Q 两点横坐标的和为 6，故 B 错误；
1
2
2
1
2
由抛物线的定义可知， PQ  PM  QN  x  x  2  8 ，故 C 正确；
1
2
1
1
设线段 PQ 的中点为 E，则 ME   PM  QN  PQ ，所以以 MN 为直径的圆与直
2
2
线 l 相切，故 D 正确.
故选：ACD.
1
0．答案：BD
解 析：点 P 满足 BP  BC  BB ，  0,1，  0,1，即点 P 在正方形 BCC B 内（包
1
1
1
括正方形的四条边）上运动，
对于 A：取线段CC 的中点 E，过点 B，E， D 作正方体的截面 BED F ，
1
1
1

因为面 BCC B // 面 ADD A ，面 ABB A // 面 DCC D ，根据面面平行
1
1
1
1
1
1
1
1
的性质定理知如果一个平面与两个平行平面相交，则交线平行，
所以有 BE//D F ， ED //BF ，即四边形 BED F 为平行四边形，
1
1
1
又 E 为线段CC1 的中点，由 BCE≌ D C E 可得 BE  ED
△
△
，
1
1
1
所以四边形 BED F 为菱形，所以当点 P 在线段 BE 上时，过 D ，B，P 的
1
1
平面与正方体的截面是菱形，故有无穷多个点 P，使得过 D1 ，B，P 的平面
与正方体的截面是菱形，A 错误；
以 D 为坐标原点，以 DA ， DC ， DD1 分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，如图，
令 AD 1， Px,1, z（ 0  x 1， 0  z 1），
则 A1,0,0， A 1, 0,1，C 0,1,1， D0, 0, 0，
1
1

，

， 
， 
，
B 1,1, 0
D 0, 0,1
B 1,1,1 C 0,1, 0
1
1

因为 AP  x 1, 1, z， B D  1,1, 0， B C  1,0,1，
1
1
1

AP B D 1 x 1 0
若 AP 平面 B D C ，则

 
1
1
，解得 x  0 ， z 1，
1
1


AP B C 1 x  z  0

1
即存在唯一点 P0,1,1满足条件，故 B 正确；

因为 DA  1, 0,1， DC  0,1, 0，设平面平面 ACD 的法向量 m  a,b,c，
1
1


则
则

，令
a 1，则 m  1,0,1
，若
AP//
平面 ACD
，
1
1

    ，即 x 1 z 1，所以只有当 x 1， z  0时方程有解，
APm x 1 z 0
即存在唯一点 P1,1, 0满足题意，故 C 错误；
因为 D P  x,1, z 1， BC  1, 0,1，若 D P  BC ，
1
1
1
1
则 D P BC  x  z 1 0 ，由 x  z 1 0 ，可解的 z 1， x  0 ，
1
1
所以存在唯一一点 P0,1,1，使得 D P  BC ，故 D 正确.
1
1
故选：BD.
1．答案：ABD
解析：依题意，   6000.6  360，
1
 6000.60.4 144 ， 12 ，
2
对于 A，变量 X 服从正态分布 N 360,144，A 正确；
对于 B， P(X  372)  P(X    )
1
 P(   X    ) 1 0.682


 0.159
B 正确；
，
2
2
对于 C， P(X  384)  PX    2  PX    



P X
    
P X 348，C 错误；

1
1
对于 D， P(X  384)  P(X    2 )   P(  2  X    2 )
2
2
1
2
1

 0.9545  0.9773，D 正确.
2
故选：ABD
1
2．答案：400



  
2
0 a1
a20
20 1 39
解析：在等差数列a 中， S 

 400.
n
20
2
2
故答案为：400.


7 13
3 3 
1
3．答案： ,



π 
2 
π  π π π 
6  6 2 6 
解析：因为 x0,  ，x   ,
  上有且仅有 2 个零点，

π
π
6
π
6


 π

2
7
13
3
所以 
，所以   
.

π
3


2π

 2


7 13
3 3 
故答案为： ,

1
1
4．答案：  / e2
e
2
解析：对于 y  ex  x ，有 y  ex 1，
x  0 时 y  0 ，即 y 在 (,0)上单调递减，
x  0 时 y  0，即 y 在 (0,)上单调递增，

所以 ymin 1，故 y  ln x  ax 的最大值为 1，
1
1 ax
对于 y  ln x  ax 且 x  0 ，有 y   a 
，
x
x
显然 y  ln x  ax 先增后减，故 a  0 ，
1
1
0
 x   时 y  0，即 y 在 (0, ) 上单调递增，
a
a
1
1
x   时 y  0 ，即 y 在 ( ,)上单调递减，
a
a
1
1
e2
所以 ymax  ln( ) 11，则 a  
.
a
1
故答案为： 
e
2
2
π
1
5．答案：(1)
；
3
1
9
(2)
2
解析：（1）方法一：
c
1
因为b  acsC  ，由正弦定理得：sinB  sinAcsC  sinC ，
2
2
1
又sinB  sinAcsC  csAsinC ，得 csAsinC   sinC ，
2
1
△
ABC 中，sinC  0 ，所以 csA
 
，
2
2
π
又因为在△ABC 中，所以 A

.
3
方法二：
c
a
2
 259 3
因为b  acsC  ，b  5， c  3，由余弦定理得：5  a

，
2
2a5
2
b
2
 c2  a2 25 9  49
1
2
解得 a2  49，所以 cs A 

 
，
2bc
253

2
π
又因为在△ABC 中，所以 A

.
3
（
2）方法一：
在△ABC 中，D 是
 1 2 1   1 

 1  1 
BC
中点，所以 AD

AB

AC ，
2
2

AD
1
1
 1  1
 2  4
19
4
2
2

AB

AB AC


AC
        
9
3 5 
25


，
4
2
4
4
2


19
1
9
AD 
，即 AD 的长为
.
2
2
方法二：
由（1）方法二，知 a  7 ，
7
又 D 是 BC 中点， BD  CD 
，
2
2


7


  AD2 9
2 
在△ABD 中由余弦定理有： cs

，
ADB
7
2
2
AD
2


7


  AD2  25
2 
在△ACD 中由余弦定理有： cs ADC

，
7
2
2
AD
因为 ADB  ADC  π ，所以 cs ADB  cs ADC ，

2
 2


7

7

  AD2 9
   AD2  25
2 
 2 
即
 
，
7
2
7
2
2
AD
2AD
1
9
19
2
解得

，即 AD 的长为
.
AD
2
1
6．答案：(1) an  2n 1；
(2)
m  2 ， n  7
5
4
解析：（1）由 S  5a 
d  35 ，所以 a1  2d  7.
5
1
2
又因为 a ， a ， a 成等比数列，所以 a
2
 a a ，
13
1
4
13
4
1
a1


2

 
12d ，9d  6a1d
2
3d
a1
a
1
又因为 d  0 ，所以3d  2a1
所以 a1  3， d  2
所以 an  2n 1
2
1
1
2
1
1

（
2）由题意可得


，所以
 
am a1 an

2
m 1 3 2n 1
方法一：
整理可得
2
2n  4
6n  3
n  2
9
n  2

，所以 2m 1
 6 
，
2
m 1 6n  3
因为 m  n 且 m,nN* ，所以 m  2 ， n  7
方法二：
2
1
1
1
5
2



，所以 m 
，
2
m 1 3 2n 1 3

又 mN* ，所以 m 1或 m  2 ，
当 m 1时， n 1，与 m  n 矛盾，
当 m  2 时， n  7 ，符合条件，
所以 m  2 ， n  7
1
7．答案：(1)证明见解析；
3
105
(2)
3
5
解析：（1）因为 PA  面 ABCD ， BD  平面 ABCD ，
所 以 PA  BD ， 又 因 为 AC  BD ， PA AC  A， PA  平 面 PAC ， AC  平 面
PAC ，所以 BD  平面 PAC ，又因为 BD  平面 PBD ，
所以平面 PAC  平面 PBD ；
（
2）设 AC  BD  O ，又因为 AC  BD ，
以点 O 为坐标原点，OD 为 x 轴，OC 为 y 轴如图建立空间直角坐标系，
因为 AB//DC ，所以△
△
ABO∽ CDO ，
又因为 AB  2 ， DC  4 ， AC  3，

所以 AO 1，OC  2 ，又因为 AC  BD ，
所以 BO  3 ， DO  2 3 ，
故 P0,1, 3，C 0, 2,0， D2 3, 0, 0， B 3, 0, 0，
所以 PC  0,3,3， DC  2 3, 2,0， BC   3, 2,0，
设面 PDC 一个法向量为 n  x , y , z ，
1
1
1
1
3y 3z  0
1
1
n  1, 3, 3
所以

，所以
，
2 3x  2y  0
1
1
1
设面 PBC 一个法向量为 n  x , y , z ，
2
2
2
2
3y 3z  0
2
2
n  2, 3, 3
所以

，所以
，
2

2
2

 
n n
4
3
105
35
cs  1  2

.
，所以sin 
n1 n2
70
1
2
1
8．答案：(1) y 
；
(2)答案见解析；
(3) a  e
1
1
1
解 析 ： （ 1 ） 当 a  1时 ， f x 
2
 lnx ， f 1  ， f x  x  ， 所 以
x
2
2
x
1

  ，所以切线方程为 
f 1
0
y
2
a
x
x
2
a 1x  a x 1x  a
（
2） f x  x a 1


,x  0
x
x
若 a  0 ，则 x0,1时 f x 0， f x单调递减， x1,时 f x 0， f x单
调递增；

若 0  a 1，则 x0,a时 f x 0， f x单调递增， xa,1时 f x 0， f x
单调递减， x1,时 f x 0， f x单调递增；
若 a 1，则 x0,时 f x 0， f x单调递增；
若 a 1，则 x0,1时 f x 0， f x单调递增， x1,a时 f x 0， f x单调
递减， xa,时 f x 0， f x单调递增
1
3）令 hx  f x a 1x 
2
 alnx ，
（
x
2
a
x
x
2
 a

  

  ，
, x 0
h x
x
x
当 a  0 时， hx 0 ，故无最小值
所以 a  0 ，由 hx 0得 x  a ，
所以 x0, a 时 hx 0 ， hx单调递减， x a,时 hx 0， hx单
调递增单增，
1
所以 h(x)min  h a   a  aln a  0，
2
所以 lna1， a  e.
x
2
1
9．答案：(1)  y2 1；
9
(2)证明见解析；
2
7
(3)
8
c
2 2
3
解析：（1）因为 2b  2 ，

，又


a2
b2
c2
a

解得： a  3，b 1， 
c 2 2
，
x
2
故椭圆的标准方程为  y2 1
9
（
2）证明：
方法一：
当 PQ  x 轴时， AP ， AQ 不可能垂直，
故可设直线 PQ 方程为 y  kx  n

y  kx  n
x2



，得 1 9k
2
x
2
18knx  9n2 9  0，
由 
 y2 1


9

1
18kn
n2
1 9k
9
9
设 Px , y ，Qx , y ，则 x  x 
， x x 
，
1
1
2
2
1
2
2
1
2
9k
2
所以 PA  x , y 1，QA  x , y 1，
1
1
2
2
又因为 PA  QA，所以 PAQA  0
即 x x  y 1y 1 0，即： x x  kx  n 1kx  n 1 0 ，
1
2
1
2
1
2
1
2
所以 x x  k
2
x x  k n 1x  x  (n 1)2  0
1
2
1
2
1
2
2
9
1
n
2
9 9n2k
2
9k
8n2k
2
18k
2
n  (n 1)
2
 9k
2
(n 1)2
代入可得


 0，
 9k
2
1 9k
2
1 9k
2
1 9k
2
4
整理10n2  2n 8  0，解得 n 1（舍）或 n  
，
5
4
4
5
所以直线 PQ 的方程为 y  kx  ，令 x  0 ，得 y  
，
5


4 
5 
所以直线 PQ 过定点0,  ，


方法二：
显然 AP ， AQ 均不可能与坐标轴垂直，故可设 AP : y  kx 1k  0

y  kx 1
x2



，得 1 9k
2
x
2
18kx  0
由 
 y2 1


9
设 Px , y ，Qx , y ，
1
1
2
2

1
18k
19k
1 9k
2
所以： x1 
， y1 
，
9k
2
2
1
8k
k
2
9
因为 AP ， AQ 互相垂直，同理得 x2 
， y2 
9

k
2
9  k
2
k
2
1
所以直线 PQ 的斜率为： kPQ

，
1
0k
1
1
9k
 9k
2
k
2
1
18k 
直线 PQ 的方程为： y 

 x 
 ，
2
10k 
1 9k
2


 
9 k
2
1
19k
2
2
4


4 
5 
令 x  0 得 y 

  ，即直线 PQ 过定点0,  .
1
9k
 
5 1 9k
2

5
（
3）方法一：
7
2
81
由（2）知：1 9k
x2
2

kx 
 0
5
25
7
2k
81
 
x  x 
x x  
，
，
25 1 9k
1
2
 
1 9k
1
2
5
2
2

1
9
5
9
81 25k 1
2
所以△APQ 面积 S
 
x1  x2

  2


x
x
4x1x2
1
2
 

2
10
25 1 9k
2
t
2
1
令
1 t 1
   ，所以 k
2

代入可得：
2
5k
2
2
5
8
1t
16
81
81 27
S 

16  24
t

9t
2
8
9
t 
4
17
27
此时t  ，  
，所以△APQ 面积的最大值是
k
3
8
1
5
方法二：
1
 9k
8k
由（2）知1 9k x2 18kx  0，所以 AP  1 k
2
2
，
1
2
1
18k
9  k
因为 AP ， AQ 互相垂直，同理得 AQ  1
，
k
2
2
1
18k
1 9k
1
18k
9  k
所以△APQ 面积 S

AP AQ

1 k
2
1
2
2
k
2
2


1
 k 


 
1
9
62 k 1 k
2
 k


162
4
82k
2
 9
9
k
9
k
2
82 
k
2
t

1
162 27
1
S 162
162



k  t
令
，
2
64
，
9t
64
1
48
8
k
9t 
t
8
此时t  ，解得 k  3或 k  
，
3
3
2
7
所以△APQ 面积的最大值是
.
8