河北省石家庄市2024-2025学年高三上册1月期末数学检测试题（含解析）

这是一份河北省石家庄市2024-2025学年高三上册1月期末数学检测试题（含解析），共33页。试卷主要包含了 已知双曲线， 下列选项中，正确的命题是等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题的答案后，用2B铅笔把答题卡上的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.
3.在答题卡上与题号相对应的答题区域答题，写在试卷、草稿纸上或答题卡非题号对应的答题区域的答案一律无效.不得用规定以外的笔和纸答题，不得在答题卡上做任何标记.
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. 若复数满足，则的虚部为（ ）
A. B. 2C. 1D.
2. 设集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
3. 已知抛物线：的焦点为，准线为，点P在C上，过点P作准线的垂线，垂足为A，若，则（ ）
A. 1B. C. D. 2
4. 折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”.它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征（如图1）.图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧DE，AC所在圆的半径分别是3和6，且，则该圆台的体积为（ ）
A. B. C. D.
5. 中，点M是BC的中点，点N为AB上一点，AM与CN交于点D，且，.则（ ）.
A. B. C. D.
6. 已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
7. 四面体ABCD的所有棱长都是3，点M，N，P分别在棱AB，AD，CD上，，，，平面MNP交BC于点Q，则BQ的长为（ ）
A. B. C. D. 1
8. 已知双曲线：的左右焦点分别是，，左右顶点分别是，，离心率为2，点P在上，若直线，的斜率之和为，的面积为，则（ ）
A. 1B. C. D. 2
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知等差数列的前项和为，公差为，若，则（ ）
A. B. C. D.
10. 下列选项中，正确的命题是（ ）
A. 已知随机变量，若，，则
B. 的展开式中的系数为10.
C. 用独立性检验进行检验时，的值越大，说明有更大的把握认为两事件有关系.
D. 样本相关系数越接近1，成对样本数据的线性相关程度越弱.
11. 已知函数，若，且，则（ ）
A B.
C. D.
12. 三棱柱中，，点是的外心，平面，，二面角为，则下列选项中正确的是（ ）
A. 三棱柱的侧面积为
B. 与所成角的余弦值为
C. 点到平面距离为
D. 若四棱锥各顶点都在同一球面上，则该球的半径为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知，则__________.
14. 冬奥会设有冬季两项、雪车、冰壶、雪橇，滑冰，滑雪、冰球7个大项，现有甲、乙、丙三名志愿者，设A表示事件为“甲不是雪车项目的志愿者，乙不是雪橇项目的志愿者”，B表示事件为“甲、乙、丙分别是三个不同项目的志愿者”，则__________.
15. 已知为坐标原点，，B在直线上，，动点M满足，则的最小值为__________.
16. 若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则__________.
四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知数列满足.
（1）求数列通项公式；
（2）若数列满足，求数列的前项和.
18. 在中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且满足.
（1）求C；
（2）若内切圆面积为，求的周长.
19. 党的二十大已胜利闭幕，某市教育系统为深入贯彻党的二十大精神，组织党员开展了“学习二十大”的知识竞赛活动.随机抽取了1000名党员，并根据得分（满分100分）按组别，，，绘制了频率分布直方图（如图），视频率为概率.
（1）若此次活动中获奖的党员占参赛总人数20%，试估计获奖分数线；
（2）采用按比例分配的分层随机抽样的方法，从得分不低于80的党员中随机抽取7名党员，再从这7名党员中随机抽取3人，记得分在的人数为，试求的分布列和数学期望.
20. 如图，在四棱锥中，，，，点P在以AB为直径的半圆上（不包括端点），平面平面ABCD，E，F分别是BC，AP的中点.
（1）证明：平面PCD；
（2）当时，求直线EF与平面PBC所成角的正弦值.
21. 已知椭圆：经过点，离心率为.
（1）求椭圆标准方程；
（2）若直线：与椭圆C有两个不同交点A，B，原点到直线的距离为2，求的面积的最大值.
22. 已知函数.
（1）设，若在上恒成立，求实数的取值范围；
（2）设，若存在正实数，满足，证明.
河北省石家庄市2024-2025学年高三上学期1月期末数学
检测试题
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题的答案后，用2B铅笔把答题卡上的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.
3.在答题卡上与题号相对应的答题区域答题，写在试卷、草稿纸上或答题卡非题号对应的答题区域的答案一律无效.不得用规定以外的笔和纸答题，不得在答题卡上做任何标记.
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. 若复数满足，则的虚部为（ ）
A. B. 2C. 1D.
【正确答案】B
【分析】根据复数的除法运算求得，即得答案.
【详解】复数满足,故，
故的虚部为2，
故选：B
2. 设集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】C
【分析】先利用一元二次不等式的解法求出集合，然后利用交集的定义即可求解.
【详解】因为集合，又，
由交集的定义可得：，
故选.
3. 已知抛物线：的焦点为，准线为，点P在C上，过点P作准线的垂线，垂足为A，若，则（ ）
A. 1B. C. D. 2
【正确答案】D
【分析】由题知，进而结合得，在等边中即可求解
【详解】因为，所以，
设准线与轴交于点，
因为，所以．
因为，所以，
所以，在等边中，
故选：D
4. 折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”.它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征（如图1）.图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧DE，AC所在圆的半径分别是3和6，且，则该圆台的体积为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】根据题意求出圆台上下底面半径，圆台的高，代入圆台的体积计算公式即可求解.
【详解】设圆台上下底面的半径分别为，由题意可知，解得，
，解得：，作出圆台的轴截面，如图所示：
图中，，
过点向作垂线，垂足，则，
所以圆台的高，
则上底面面积，，由圆台的体积计算公式可得：
，
故选.
5. 中，点M是BC的中点，点N为AB上一点，AM与CN交于点D，且，.则（ ）.
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】根据向量基本定理得到，结合平面向量共线定理得推论得到，求出.
【详解】因为点M是BC的中点，所以，
故，则，
故，
因为三点共线，所以存在使得，
即，则，
所以，解得.
故选：A
6. 已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】先用辅助角公式化简，结合函数单调性，列出不等式组，解出实数ω的取值范围，进而求出答案.
【详解】，
由题意可得：，则，解得，
若，则，
∵函数在区间上单调递减，则，解得，
故实数的取值范围为.
故选：C.
7. 四面体ABCD的所有棱长都是3，点M，N，P分别在棱AB，AD，CD上，，，，平面MNP交BC于点Q，则BQ的长为（ ）
A. B. C. D. 1
【正确答案】C
【分析】延长交于，交于点，过作∥交于，过作∥交于点点，可得为边长为1的等边三角形，再利用平行线分线段成比例定理可求得结果.
【详解】因为四面体ABCD的所有棱长都是3，，，，
所以，
延长交于，交于点，过作∥交于，
因为为边长为1的等边三角形，为的中点，
所以≌，
所以，
所以，
过作∥交于点点，
所以为边长为1的等边三角形，
所以，
所以，
因为∥，
所以，即，所以，
故选：C
8. 已知双曲线：的左右焦点分别是，，左右顶点分别是，，离心率为2，点P在上，若直线，的斜率之和为，的面积为，则（ ）
A. 1B. C. D. 2
【正确答案】A
【分析】根据离心率公式结合的面积为，可得，再利用列方程求解即可.
【详解】
①
②
所以
故③
由①②③，得，解得
故选：A.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知等差数列的前项和为，公差为，若，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】AD
【分析】根据通项与的关系可得，即可判断AB；根据等差数列前项和公式，结合等差数列的性质判断CD.
【详解】因为，所以，，
故等差数列首项为负，公差为正，所以，，故A正确，B错误；
由，可知，所以，故C错误；
因为，所以，故D正确．
故选：AD.
10. 下列选项中，正确的命题是（ ）
A. 已知随机变量，若，，则
B. 的展开式中的系数为10.
C. 用独立性检验进行检验时，的值越大，说明有更大的把握认为两事件有关系.
D. 样本相关系数越接近1，成对样本数据的线性相关程度越弱.
【正确答案】AC
【分析】根据二项分布的期望和方差公式，结合二项式的通项公式、的意义、的意义逐一判断即可.
【详解】A：因为随机变量，所以由，可得：
，所以本选项正确；
B：二项式的通项公式为，
令，所以的系数为，因此本选项不正确；
C：由的意义可知的值越大，说明有更大的把握认为两事件有关系，因此本选项说法正确；
D：因为样本相关系数越接近1，成对样本数据的线性相关程度越高，
所以本选项说法不正确，
故AC
11. 已知函数，若，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】ABD
【分析】作出作出和的图像，利用数形结合法判断：
对于AD：利用对称性即可判断；对于B:直接利用图像判断；对于C：由，利用二次函数求解.
【详解】如图示，作出和的图像.
当时，.
因为存在使得，所以.
由图示可知关于对称，所以，所以.故A正确；
令，即，解得： 或.
所以由图示可知.故B正确.
因为当时，，所以，，所以时，有，即的图像关于对称，所以关于对称，所以，所以，即，所以.
因为，所以.故C错误；
因为关于对称，所以，所以.
又因为，所以.故D正确.
故选：ABD
12. 三棱柱中，，点是的外心，平面，，二面角为，则下列选项中正确的是（ ）
A. 三棱柱的侧面积为
B. 与所成角的余弦值为
C. 点到平面的距离为
D. 若四棱锥各顶点都在同一球面上，则该球的半径为
【正确答案】ACD
【分析】由题意明确三棱柱的侧面特征，即可求得棱柱侧面积，判断A;采用平移的方法，找到异面直线所成角，解三角形可得答案，判断B;通过线面垂直，找到过上的点到平面的垂线，即可求得点到平面的距离，判断C;明确棱锥的各棱长，明确外接球球心的位置，列式即可求得外接球半径，判断D.
【详解】如图，三棱柱中，，点是的外心，
平面，连接,
因为平面,
故,而，
故,所以,
又，所以为全等的正三角形，
设E为的中点，连接,则,且,
而平面,平面,故为二面角的平面角，
则，故为正三角形，
因为，故,
所以 ，故四边形,的面积为，
延长 交于D，由于，点是的外心， ,
则 ,所以,即为的角平分线，
则也为的中线，则D为的中点，
设F为中点，连接,则,
即四边形为平行四边形，所以,
因为，D为的中点，故 ,
而平面，平面，故,
平面，所以平面，
平面，所以,
又,故 所以四边形的面积为 ,
所以三棱柱的侧面积为,A正确；
设交于G，连接 ,则G为的中点，而D为的中点，
故,则即为与所成角或其补角，
在中， ,
,
故 ,
由于与所成角范围为，故与所成角的余弦值为，B错误；
由于，而平面，
故平面，平面，故,
而，所以,
又，D为中点，故 ,
平面，故平面，
又因为，平面，平面，
故平面，所以点到平面的距离即为的长，
在正三角形中， ,C正确；
在四棱锥中，由以上分析可知， ,
,
设H为底面的对角线的交点，连接即为四棱锥的高，
则,故 ，
设四棱锥外接球球心为 ,则在上，
由于 ,
即为锐角，故在四棱锥内部，
设外接球半径为R,则,即 ,
解得,D正确，
故选：
方法点睛：本题涉及到的知识点较多，综合性较强，解答时要发挥空间想象，明确空间的线面的位置关系，即要推出题中相关的线面平行或者线面垂直关系，由此求解异面直线所成角时，采用平移法即可；求点面距离时，利用线面垂直，找到平面的垂线，再解答即可.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知，则__________.
【正确答案】
【分析】利用半角公式即可求解.
【详解】因为，且，
所以，
故答案为.
14. 冬奥会设有冬季两项、雪车、冰壶、雪橇，滑冰，滑雪、冰球7个大项，现有甲、乙、丙三名志愿者，设A表示事件为“甲不是雪车项目的志愿者，乙不是雪橇项目的志愿者”，B表示事件为“甲、乙、丙分别是三个不同项目的志愿者”，则__________.
【正确答案】
【分析】通过条件概率的公式与求法分析求解即可.
【详解】，
表示A事件与B事件同时发生的概率，
冬奥会设有7个大项，有甲、乙、丙三名志愿者，则每人可有7种选择，共有种选择，
对B事件：
若甲、乙、丙分别是三个不同项目的志愿者，则，
对于AB事件：
若甲、乙、丙分别是三个不同项目的志愿者，甲不是雪车项目的志愿者，乙不是雪橇项目的志愿者，
甲不能选雪车，则甲有6种选法，乙有6种选法，丙有5种选法，共种，
但甲不选雪橇，则乙就有可能选雪橇，则要减去乙选雪橇，甲从剩下的5种选，丙依然有5种选择，共种，
则，
则.
15. 已知为坐标原点，，B在直线上，，动点M满足，则的最小值为__________.
【正确答案】##
【分析】设，由、得到，整理得点在以为圆心，半径为的圆上，且圆心在直线上，过做的垂线，当垂足为圆心点时，长度最小，求出长度可得答案.
详解】设，
因为，所以，
因为，所以，
，
整理得，
可得点在以为圆心，半径为的圆上，
，当时，
可得，即
圆心在在直线上，
过做的垂线，当垂足为圆心点时，长度最小，的长度也最小，
且长度最小值为，此时的最小值为.
故答案为.
16. 若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则__________.
【正确答案】
【分析】设直线与曲线相切于，表示出切线方程；设直线与曲线相切于，表示出切线方程.利用两个方程相同建立方程，解出m，进而求出.
【详解】由可得：
设直线与曲线相切于，则有.
所以切线方程可表示为，即.
由可得：
设直线与曲线相切于，则有.
所以切线方程可表示为，即.
所以，消去s，整理得：，解得：，所以.
所以斜率.
故
四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知数列满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，求数列的前项和.
【正确答案】（1）
（2）
【分析】(1)根据递推公式求出，检验时是否成立即可求解；
(2)结合（1）得到，利用错位相减法即可求解.
【小问1详解】
由题意知：①
当时，得.
当时，②
①-②得：，则，
检验：成立，故.
【小问2详解】
由（1）可知：，
令③
④
③-④得：
化简得：
18. 在中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且满足.
（1）求C；
（2）若内切圆面积为，求的周长.
【正确答案】（1）
（2）20
【分析】（1）由正弦定理和两角和的正弦展开式化简可得，再由的范围可得答案；
（2）法一：由面积公式得，由余弦定理得，再由，解三个方程可得答案；法二：由面积公式得，由余弦定理得，可得，又由，求出可得答案.
【小问1详解】
由正弦定理得：，
，
，结合得：，
因为，所以在中，；
【小问2详解】
法一：内切圆面积为，所以内切圆的半径为，
由面积公式得：，即①
又由余弦定理得：②，
由已知得③，
由①②③得即，
又，解得，，，
所以周长为20；
法二：内切圆面积为，所以内切圆的半径为，
由面积公式得，即①，
又由余弦定理得：，
即，②，
把①代入②得：③，
由①③得：④，
又由，
得，
又，由④得：，，，
所以周长为20.
19. 党的二十大已胜利闭幕，某市教育系统为深入贯彻党的二十大精神，组织党员开展了“学习二十大”的知识竞赛活动.随机抽取了1000名党员，并根据得分（满分100分）按组别，，，绘制了频率分布直方图（如图），视频率为概率.
（1）若此次活动中获奖的党员占参赛总人数20%，试估计获奖分数线；
（2）采用按比例分配的分层随机抽样的方法，从得分不低于80的党员中随机抽取7名党员，再从这7名党员中随机抽取3人，记得分在的人数为，试求的分布列和数学期望.
【正确答案】（1）86 （2）分布列见解析，
【分析】（1）设分数线为，使得成绩在的概率为，解方程可得答案；
（2）应从和两组内分别抽取5人和2人，求出的可能取值以及对应的概率可得分布列和期望.
小问1详解】
根据直方图可知，成绩在的频率为，
成绩的频率为0.1，小于0.2，
因此获奖的分数线应该介于之间，
设分数线为，使得成绩在的概率为，
即，
可得，
所以获奖分数线划定为86；
【小问2详解】
应从和两组内分别抽取5人和2人，
则的可能取值为0，1，2，
，
，
，
的分布列为
数学期望.
20. 如图，在四棱锥中，，，，点P在以AB为直径的半圆上（不包括端点），平面平面ABCD，E，F分别是BC，AP的中点.
（1）证明：平面PCD；
（2）当时，求直线EF与平面PBC所成角的正弦值.
【正确答案】（1）证明见解析
（2）.
【分析】（1）设的中点为，连接，证明出平面平面，即可证明；
（2）在平面内过作.以为原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系，用向量法求解.
【小问1详解】
设的中点为，连接，则，.
因为平面，平面，
所以平面，
同理平面，
，平面，平面，
平面平面，
平面.
【小问2详解】
点在以为直径的半圆上，.
设，则.
，，
平面平面，，平面.
如图示，在平面内过作.以为原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系.
所以，，，，，，.
所以，，，
设平面的一个法向量，则，即，
取，得.
设为直线与平面所成角，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
21. 已知椭圆：经过点，离心率为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线：与椭圆C有两个不同的交点A，B，原点到直线的距离为2，求的面积的最大值.
【正确答案】（1）
（2）4
【分析】（1）由题意可得，，再结合可求出，从而可求出椭圆的标准方程；
（2）由原点到直线的距离为2，可得，设，，将直线方程代入椭圆方程化简利用根与系数的关系，结合弦长公式表示出，从而可表示出的面积，化简后结合基本不等式可求得其最大值.
【小问1详解】
由题意可得：，又离心率为，所以，
可得，那么，代入可得：，，
所以椭圆的标准方程为；
【小问2详解】
由题意可知，原点到直线的距离为2，那么，即：，
设，，联立可得：
，其判别式
，可知
由韦达定理可得：，，
那么
，
所以的面积
当且仅当时取得等号，所以△的面积的最大值.
22. 已知函数.
（1）设，若在上恒成立，求实数的取值范围；
（2）设，若存在正实数，满足，证明.
【正确答案】（1）
（2）证明见解析
【分析】（1）求导后，分别在、和的情况下，根据正负确定单调性，根据最值可确定符合题意的的取值范围；
（2）由可整理得到，由（1）中结论可将不等式放缩为，得到；采用分析法可知要证得结论只需证得；令，，利用导数可求得，由此可得结论.
【小问1详解】
，，；
①当时，恒成立，在上单调递减，
，满足题意；
②当时，恒成立，在上单调递增，
，不合题意；
③当时，当时，单调递减，又，，
在上存在唯一零点，使得，
则当时，，
在上单调递增，此时，不合题意；
综上所述：实数的取值范围为.
【小问2详解】
由题意知：，
则，
整理可得：，
不妨设，
由（1）可知：当时，在上单调递减，
则当时，有成立，
即，整理可得：，
，
则，
要证：，只需证：即可，
即证：，
设，令，则，
在上单调递增，，
，则原不等式得证.
思路点睛：本题考查利用导数求解函数的恒成立问题、不等式的证明问题；本题证明不等式的基本思路是通过表示出变量，再将所证不等式构造为关于变量的形式，从而将多变量问题转化为单一变量问题.