河北省保定市2024_2025学年高三数学上学期12月联考试题含解析

这是一份河北省保定市2024_2025学年高三数学上学期12月联考试题含解析，共18页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容， 已知正项等差数列满足，则， 已知函数，则等内容，欢迎下载使用。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案标号.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.
4.本试卷主要考试内容：高考全部内容（计数原理、概率、随机变量及其分布除外）.
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. 若集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先化简集合，再利用集合的交集运算、元素与集合、集合与集合的关系逐一分析判断即可得解.
【详解】因为，，
所以不成立，，故CD错误，
则，，故A错误，B正确，
故选：B.
2. 抛物线的准线方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据抛物线的方程求准线方程即可.
【详解】将抛物线方程转化为，则抛物线的准线方程为.
故选：C.
3. 已知，是两个互相平行的平面，，，是不重合的三条直线，且，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间线面位置关系的有关判定、性质定理，可得正确结论.
【详解】因为，，所以.
又，，所以，，
，平行或异面.
故选：A
4. 某学校高一、高二、高三3个年级的学生人数分别为1600，1200，2000，现按年级采用分层随机抽样的方法从中选取120人，若按照样本比例分配，则高二年级被选中的学生人数为（ ）
A. 50B. 40C. 30D. 20
【答案】C
【解析】
【分析】设高二年级被选中的学生人数为x，由分层抽样的等比例性质列式求解即可.
【详解】设高二年级被选中的学生人数为x，
则.
故选：.
5. 若函数的图象在点处的切线不经过第二象限，且该切线与坐标轴所围成的三角形的面积为，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】求导，确定切线方程，结合面积求得，再验证是否经过第二象限即可；
【详解】由，得，，
则的图象在点处的切线方程为.将代入切线方程，得，将代入切线方程，得.
因为该切线与坐标轴所围成的三角形的面积为，所以，
解得或.
当时，切线经过第一、三、四象限，符合题意；
当时，切线经过第一、二、三象限，不符合题意.故.
故选：D
6. 如图，侧面展开图为扇形AOD的圆锥和侧面展开图为扇环ABCD的圆台的体积相等，且，则（ ）
A. 2B. C. 4D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】利用圆锥体积公式计算即可.
【详解】设侧面展开图为扇形的圆锥的底面半径为r，高为h，
则该圆锥的体积.
侧面展开图为扇形的圆锥的底面半径为，高为，
则该圆锥的体积.
由题可知，从而.
故选：A.
7. 已知正项等差数列满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据等差数列求和公式进行化简，可得，进而得解.
【详解】因为为等差数列，所以，，
则，
所以，
从而，
故，
故选：C.
8. 已知是定义在上的奇函数，且当时，．若，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】对实数的取值进行分类讨论，根据题意作出图形，可得出关于实数的不等式（组），由此可得出实数的取值范围.
【详解】当时，显然恒成立．
当时，可以理解为将的图象向右平移个单位长度后，得到的的图象始终在的图象的下方（或重合）．
当时，由的图象可知，
，则，解得；

当时，作出函数的图象如下图所示：

由图可知，函数在上为增函数，
对任意的且时，，恒成立.
综上所述，的取值范围为．
故选：A.
【点睛】关键点点睛：解本题的关键就是要作出图形，将题目中的不等关系利用图象直观地显示出来，结合图形求解.
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. 已知向量，，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】BD
【解析】
【分析】由两个平面向量平行、垂直的坐标公式计算可分别判断A项、B项，由平面向量的模、数量积的坐标公式计算可分别判断C项、D项.
【详解】对于A项，若，则，得，故A项不正确.
对于B项，若，则，得，故B项正确.
对于C项，若，则，得，故C项不正确.
对于D项，若，则，故D项正确.
故选：BD.
10. 已知函数，则（ ）
A. 为奇函数
B. 的最大值为
C. 的最小正周期为
D. 的图象关于直线对称
【答案】AB
【解析】
【分析】由奇偶性判断A，由周期性判断C，由对称性判断D，利用函数的单调性求最值后判断B．
【详解】的定义域为，，
则，
所以为奇函数，A正确.
，
所以的最小正周期不是，C不正确.
所以的图象不关于直线对称，D不正确.
，显然，且，
当时，，
由，函数在上是减函数，因此，
所以当时，，
所以的最大值为，B正确.
故选：AB．
11. 双纽线的图形轮廓像阿拉伯数字中的“8”．如图，曲线是双纽线，关于曲线，下列说法正确的是（ ）
A.
B. 上存在点，使得
C. 上的点的纵坐标的最大值为
D. 若直线与恰有一个公共点，则的取值范围为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据图象所过的定点，即可判断A，根据方程可得，即可判断B，根据方程的转化，变量的转化，利用韦达定理和判别式求得到取值范围，判断C，联立方程后，方程的根只有0，求的取值范围，即可判断D.
【详解】由图可知，点在C上，所以，A正确，
设曲线C上任一点，由，可得，，
即C上不存在点，使得，B不正确,
方程可化为，
令，得，
由可得，
即，等号成立，故C上的点的纵坐标的最大值为，C正确．
直线与C均经过原点，则直线与C除原点外无其他公共点．
联立方程组整理得．
当时，方程仅有一解，满足题意，
当时，当时，方程恒成立，即恒有一解，当时，方程化简得，
即当时，方程无解，满足题意，综上，，解得或，D正确．
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用方程的思想分析几何问题，C选项转化为关于的方程有正根，D转化为方程只有1个根.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知是虚数单位，复数，则________
【答案】
【解析】
【分析】由复数的乘法运算、共轭复数概念即可求解；
【详解】，则.
故答案为：
13. 已知为坐标原点，双曲线的左，右焦点分别为，以线段为直径的圆与在第一象限内的交点为.若，则点到直线的距离为______.
【答案】##
【解析】
【分析】根据圆的性质可知，设，结合已知利用直角三角形的性质得，，然后根据双曲线定义及勾股定理列式求得，最后利用中位线的性质求解距离即可.
【详解】由题可知，，设，则由，得，，则.由，得，解得，
又点为的中点，则点到直线的距离.
故答案为：
14. 已知，，且，则的最小值为________
【答案】
【解析】
【分析】利用和差公式、二倍角公式和同角三角函数基本关系化简得到，然后利用基本不等式和三角函数的性质求最值即可.
【详解】由，得，
则，
则.
因为，所以，则，
当且仅当时，等号成立，
从而.
又，
所以当取得最大值时，取得最小值，且最小值为.
故答案为：.
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. 已知数列满足，.
（1）证明数列为等比数列，并求的通项公式；
（2）求的前n项和.
【答案】（1）证明见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）由，得，进而运用等比数列定义及通项公式求解即可.
（2）运用错位相减法求和即可.
【小问1详解】
证明：由，得，
又因为，
所以是以2为首项，2为公比的等比数列，
则，从而.
【小问2详解】
由（1）可知，①
则②
①②得
即，
则.
16. 如图，在多面体中，平面，平面平面，，，为等腰直角三角形，且，．
（1）证明：平面．
（2）求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，，结合直角三角形性质利用面面平行的性质定理得平面，再根据线面平行的判定定理得平面，从而利用面面平行的判定定理和性质定理证明即可.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得两个平面夹角的余弦值.
【小问1详解】
取的中点，连接，．
因为为等腰直角三角形，且，所以．
又平面平面，平面平面，所以平面．
因为平面，平面，所以．
又平面，平面，所以平面．
因为，所以，又，
所以四边形为平行四边形，则．
因为平面，平面，所以平面．
又，平面，所以平面平面．
因为平面，所以平面．
【小问2详解】
由题可知，，两两垂直，故以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系．
设，则，，，，
，，．
设平面法向量为，
则由得
令，得．
设平面法向量为，
则由得
令，得．
所以，则平面与平面的夹角的余弦值为．
17. 如图，、、、是圆上的四点.
（1）若，，，求圆的半径；
（2）若，且的面积是的面积的倍，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理得到，然后利用正弦定理求半径即可；
（2）根据面积关系得到，然后结合余弦定理得到，最后根据圆的性质求即可.
【小问1详解】
在中，
由余弦定理得，
则.
设圆的半径为，则.
【小问2详解】
的面积，
的面积，
因为，所以，
如图，连接.
在中，设，则.
由余弦定理得，
则，则. 所以为直径，.
则.
18. 已知是椭圆上的一点，且的离心率为，斜率存在且不过点的直线与相交于，两点，直线与直线的斜率之积为
（1）求的方程.
（2）证明：的斜率为定值.
（3）设为坐标原点，若与线段（不含端点）相交，且四边形的面积为，求的方程.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）将点的坐标代入椭圆方程，并与离心率联立求出，，；
（2）设直线的方程，与椭圆方程联立，运用韦达定理，再根据条件即可证明.
（3）利用（2）中直曲联立的结果，结合弦长公式求出，再利用点到直线距离求出四边形面积，得到方程，求解方程即可.
【小问1详解】
由题可知，解得，，
故的方程为.
小问2详解】
设的方程为，，.
联立方程组
整理得，
即，则，，
，
整理得，则或，
若，则，则过点，不符合题意，
故，即的斜率为定值.
【小问3详解】
由（2）可得直线，，，
因为与线段（不含端点）相交，所以，
，
点到的距离，
点到的距离，
四边形的面积，
解得或（舍去），
故方程为：.
【点睛】方法点睛：解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去(或)，
建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件，
建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，
不要忽略直线斜率为或不存在等特殊情形，
强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，
重视根与系数之间的关系，解决弦长、斜率、三角形的面积等问题．
19. 已知函数的定义域为，区间，若，则称是在上的不动点，集合为在上的不动点集．
（1）求函数在上的不动点集；
（2）若函数在上有且只有一个不动点，求的取值范围；
（3）若函数在上的不动点集为，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）或
（3）．
【解析】
【分析】（1）根据不动点的定义，求方程的根即可得解，
（2）构造函数，求导，结合余弦函数的有界性，对讨论，根据函数的单调性，结合零点存在性定理，即可求解，
（3）根据方程的三个根，构造函数，利用导数求解函数的单调性，即可求解.
【小问1详解】
由，得，
解得或，
故在上的不动点集为．
【小问2详解】
由题可知，关于的方程在上有且只有一个实数根．
令，则．
若，则在上恒成立，在上单调递增．
因为，所以在上有且仅有一个零点，即在上有且仅有一个不动点．
若，则在上恒成立，在上单调递减．
因为，所以在上有且仅有一个零点，即在上有且仅有一个不动点．
若，易知是上的偶函数，且在上单调递增．
因为，所以存在，使得，
则当和时，单调递增，当时，，单调递减．
因为，所以要使得在上有且只有一个实数根，则解得．
综上可得或
【小问3详解】
由题可知，方程在上存在3个实数根，
则，
从而
令，则，当和时，单调递增，当时，单调递减，
则解得．
因为，
所以的取值范围为．
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．