河北省邯郸市部分校2024-2025学年高三上学期第二次联考数学试题（Word版附解析）

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1．本试卷满分150分，考试时间120分钟．
2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡相应位置上．
3．请按照题号顺序在各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效．
4．考试结束后，将本试题卷和答题卡一并上交．
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. 已知集合，若，则实数（ ）
A. B. C. 2D. 3或或
【答案】D
【解析】
【分析】根据得出，然后利用子集关系，分类讨论，即可求出的值.
【详解】因为，所以，所以或．
当时，解得，则，，满足题意；
当时，解得或．
当时，，满足题意；
时，，满足题意；
综上，或或，
故选：D．
2. 已知复数(其中i是虚数单位)，则z在复平面内对应的点的坐标是（ ）
A. (1，1)B. (1，-1)C. (-1，1)D. (-1，-1)
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的除法求得复数，然后利用几何意义求得z在复平面内对应的点的坐标.
【详解】复数，
则z在复平面内对应的点的坐标是(1，-1)，
故选：B.
3. 已知n个数据的平均数为a，中位数为b，方差为c．若将这n个数据均增加2得到一组新数据，则下列关于这组新数据与原来的数据不变的是（ ）
A. 平均数B. 中位数C. 第80百分位数D. 方差
【答案】D
【解析】
【分析】分别应用平均数及中位数，百分位数方差定义判断各个选项即可.
【详解】设这n个数据为．
若将这n个数据均增加2得到一组新数据，
则由于平均数为所有数据之和除以n，故平均数变为，A错误；
中位数为这组数据从小到大排列后中间的那个数或中间两个数的算术平均数，
由于每个数都增加2，所以中位数也增加2，即，B错误；
设原来n个数据的第80百分位数为d，则这组新数据的第80百分位数为，C错误；
方差描述的是一组数据的波动幅度，因为原来数据的方差为c，
所以新数据的方差为c，D正确．
故选:D．
4. 已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，角终边上有一点，为锐角，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由三角函数定义结合两角差正切公式即可求解.
【详解】因为角终边上有一点，所以．
又因为为锐角，且，所以，
所以，
故选：C
5. 记，设，为平面内的非零向量，则下列选项正确的是（ ）
A.
B
C.
D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量加法减法的几何意义和向量数量积运算，结合排除法解题.
【详解】若，则，故A错误；
根据平面向量数量积可知：不能保证恒成立，
又，
所以它们的较大者一定大于等于，故B正确，D错误；
若，
则，故C错误．
故选：B.
6. 已知抛物线的焦点为F，准线为l，点P在C上，垂直l于点Q，直线与C相交于M、N两点．若M为靠近点F的的三等分点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】过点M作于点H，设准线l与x轴的交点为K，结合抛物线定义可得，可得为等边三角形，即，求出直线的方程与抛物线C的方程联立，求得点N的横坐标为，可得垂直x轴，在中，利用运算得解.
【详解】
如图，过点M作于点H，设准线l与x轴的交点为K，
因为M为靠近点F的的三等分点，所以，
因为，所以，由抛物线定义知，，
所以，在中，因为，
所以，因为，所以，
由抛物线定义知，，所以为等边三角形，
所以，可得点P的横坐标为，
设与x轴的交点为G，由及，
因为直线的斜率为，点，
所以直线的方程为，
联立，消去y化简并整理得，，
解得或，则点N的横坐标为，又点P的横坐标为，
可得垂直x轴，且垂足为G，在中，由，
所以．
故选：D．
7. 如图，在直四棱柱中，底面为矩形，，点在线段上，且，则当三棱锥的体积最小时，线段的长度为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用线面垂直证明线线垂直，再证明线面垂直，结合基本不等式即可求解.
【详解】设，则．
因为平面，平面，所以．
又，平面，
所以平面，
由题意知，．
在中，，
即，化简得．
所以，
当且仅当时取等号，此时．
故选：C
8. 如图，在所在平面内，分别以为边向外作等腰直角三角形和等腰直角三角形．记的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，的面积，，则（ ）

A. B. C. 4D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用正弦定理和余弦定理推得 ① 和 ② 式，根据题中条件化简整理求得，利用即可求得.
【详解】由和正弦定理得：①，
在中，由余弦定理， ②，
因都是等腰直角三角形，故 ③，
将① ，③ 两式代入②式，可得
（*），
又，所以，
代入（*），解得，即．
故选：A.
【点睛】思路点睛：对于含三角形边角的方程，一般考虑利用定理边角互化，结合题设条件，找到彼此的切入点和联系，有时还需基本不等式或三角恒等变换等内容才能解决.
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. 已知是定义在R上的奇函数，，且当时，，则下列说法正确的是（ ）
A. 是以4为周期的周期函数
B.
C. 函数的图象与函数的图象有两个交点
D. 当时，
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，根据已知条件得即可判断；对于B，由周期性即可验算；对于C，作出函数与函数的图象即可判断；对于D，根据周期性和奇函数即可求解.
【详解】由已知条件可得，．
所以函数是以4为周期的周期函数，A正确；
，则，B正确；
作出函数与函数的图象，如图所示．
当时，．
结合图象可知，x∈R时，．
当时，，即函数与函数在上的图象无交点．
由图可知，函数与函数的图象有1个交点，C错误；
当时，，则，
所以，D正确．
故选：ABD．
10. 已知函数在上单调递增，且的图象关于直线对称，则下列选项正确的是（ ）
A. 的最小正周期为
B.
C. 将的图象向右平移个单位长度后对应的函数为偶函数
D. 函数在上没有零点
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用函数单调性求出的取值范围，再由余弦型函数的对称性求出的值，利用余弦型函数的周期公式可判断A选项；代值计算可判断B选项；利用三角函数图象变换结合余弦型函数的奇偶性可判断C选项；求出函数再上的值域，可判断D选项.
【详解】对于A，因为函数在上单调递增，
由得，
所以，解得.
显然，解得，因为，所以，，.
因为的图象关于直线对称，
且，所以，，则，
所以，则的最小正周期为，A正确；
对于B，因为，，
所以，B错误：
对于C，将的图象向右平移个单位长度后对应的函数为
为偶函数，C正确；
对于D，因为，
令，得，
令，由，得，则，
且，则函数与直线没有公共点，D正确.
故选：ACD.
11. 已知数列满足，则下列选项正确的是（ ）
A. ，…是公差为2的等差数列
B. ，…是常数数列
C.
D. 若数列满足，则数列的前101项和为
【答案】BD
【解析】
【分析】根据递推关系得出，利用等差数列的定义可判定A，B；利用等差数列的通项公式可判定C；利用分组求和计算可判定D.
详解】由，得，两式相减得．
当时，，两式相加得，
则是公差为4的等差数列，A错误；
上面两式相减得，
则为常数数列，B正确；
因为，所以数列是首项为1，公差为2的等差数列，
即，C错误；
数列的前101项和
，
由B可知，数列是常数数列，，
所以，D正确．
故选：BD．
【点睛】思路点睛：结合选项可利用条件给出的递推关系去判定数列的性质，结合等差数列的通项公式、分组求和法判定几个选项即可.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知椭圆的左、右焦点分别为F1、F2，过点的直线交椭圆于A、B两点，若，则该椭圆的离心率为________．
【答案】##
【解析】
【分析】设，利用椭圆定义和题设条件推得，再借助于，利用勾股定理计算即可求得离心率.
【详解】
如图，设，因为，所以．
由椭圆定义可知，，
由，可得，所以．
中，由，可得，
即得，故得．
故答案为：.
13. 在三棱锥中，，平面经过点，并且与垂直，当截此三棱锥所得的截面面积最大时，此时三棱锥的外接球的表面积为_________．
【答案】
【解析】
【分析】先根据截面面积最大，确定平面平面，再确定外接球球心的位置，求出外接球半径，可求球的表面积.
【详解】如图：
如图所示，取中点，连接．由，可知．
同理可知，．又，平面，
所以平面，所以平面即为平面．
又易知，所以截此三棱锥所得的截面面积为．
当时，取得最大值．
设为外接球球心，，分别为、外接圆圆心．
球心满足平面，平面，
所以四边形为正方形，且，
三棱锥外接球的半径，
所以.
故答案为：
14. 已知实数x、y满足，则y____x．（在“>”、“