河北省石家庄市2024-2025学年高三上册1月期末数学学情检测试题（附解析）

这是一份河北省石家庄市2024-2025学年高三上册1月期末数学学情检测试题（附解析），共33页。试卷主要包含了 已知，则， 若数列有，为前n项积，有，则等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区城内．
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．
3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、选择题：本题共8个小题，每题5分，共40分．在每个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.
【正确答案】B
【分析】先求出集合，然后再逐个分析判断即可.
【详解】由，得，
解得或，
所以或，
因为，
所以，
对于A，因为，所以，所以A错误，
对于B，因为或，，
所以，所以B正确，
对于C，因为，所以C错误，
对于D，因或，所以，
因为，所以，所以D错误，
故选：B
2. 若，则（ ）
A. 1B. C. 2D.
【正确答案】A
【分析】设，利用复数相等求出，即可求解.
【详解】设，（为虚数单位）.
因为,
所以，所以，解得.
所以，
所以
故选：A
3. 在△ABC中，O为重心，D为BC边上近C点四等分点，，则m＋n＝（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】连接延长交于点，则点为的中点，连接，利用向量平面基本定理表示可得答案.
【详解】连接延长交于点，则点为的中点，连接，
所以
，
所以，.
故选：B.
4. 一个灯罩可看作侧面有布料的圆台，在原形态下测得的布料最短宽度为13，将其压扁变为圆环，测得布料最短宽度为5，则灯罩占空间最小为（ ）
A. B. C. D. 不存在
【正确答案】D
【分析】设圆台的上、下底面圆的半径分别为，母线长为，高为，由题意可知，，则，利用圆台的体积公式求出体积表达式，利用二次函数的性质即可得到答案．
【详解】设圆台的上、下底面圆的半径分别为，母线长为，高为
由题意可知，，则
则圆台的体积为
当时，单调递增，故不存在最小值．
故选：D．
5. 若六位老师前去某三位学生家中辅导，每一位学生至少有一位老师辅导，每一位老师都要前去辅导且仅能辅导一位同学，由于就近考虑，甲老师不去辅导同学1，则有（ ）种安排方法
A. 335B. 100C. 360D. 340
【正确答案】C
【分析】把6位老师按照4，1，1或3，2，1或2，2，2人数分为三组；每种分组再分同学1安排的几位老师辅导解答.
【详解】把6位老师按照4，1，1或3，2，1或2，2，2人数分为三组；
①把6为老师平均分为3组的不同的安排方法数有
在把这三组老师安排给三位不同学生辅导的不同安排方案数为：，
根据分步计数原理可得共有不同安排方案为：
如果把甲老师安排去辅导同学1的方法数为：
所以把6位老师平均安排给三位学生辅导且甲老师不安排去辅导同学1的方法数为
②把6位老师按照4，1，1分为3组给三位学生辅导的方法数为：
若1同学只安排了一位辅导老师则
若1同学安排了四位辅导老师则
所以把6位老师按照4，1，1分为3组给三位学生辅导，
甲老师不安排去辅导同学1的方法数为
③把6位老师按照3，2，1分为3组给三位学生辅导的方法数为；
若1同学只安排了一位辅导老师则
若1同学只安排了两位辅导老师则
若1同学只安排了三位辅导老师则
所以把6位老师按照3，2，1分为3组给三位学生辅导，
甲老师不安排去辅导同学1的方法数为
综上把6位老师安排给三位学生辅导，甲老师不安排去辅导同学1的方法数为
故选：C
6. 已知函数将其向右平移个单位长度后得到，若在上有三个极大值点，则一定满足的单调递增区间为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】A
【分析】根据平移变换得函数，由在上有三个极大值点，结合正弦函数图象可得，再求的范围，结合正弦函数的单调性，由此可判断答案.
【详解】解：有题意可得，
由得，由于在上有三个极大值点，
所以，解得，
当，
而，故A正确，
当，
而，故B不正确，
当，，
而，故C不正确，
当，，
而，故D不正确，
故选：A.
7. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】D
【分析】变形a，b，构造函数比较a，b的大小，构造函数比较的大小，利用极值点偏移的方法判断的大小作答.
【详解】依题意，，，
令，，
当时，，即，函数在上单调递减，
，即，因此，
令，，当时，，当时，，
函数在上单调递减，，而，
函数在上单调递增，显然，
则方程有两个不等实根，，有，
，而，则有，
令，，，
即函数在上单调递减，当时，，即，
因此，即有，而，在上单调递增，
于是得，即，取，，于是得，
又，在上单调递增，从而，
所以，D正确.
故选：D
思路点睛：某些数或式大小关系问题，看似与函数的单调性无关，细心挖掘问题的内在联系，抓住其本质，构造函数，分析并运用函数的单调性解题，它能起到化难为易、化繁为简的作用.
8. 若已知函数，，，若函数存在零点（参考数据），则的取值范围充分不必要条件为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】C
【分析】因为求的是充分不必要条件，而非充要条件，所以采用特殊值法，只要满足，则有存在零点， 求出时的取值范围，即为一个充分条件，再由选项依次判断即可.
【详解】当时，的图象恒在上方，
若满足，即，，
则与的图象必有交点，即存在零点.
令，，
有当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
.
即当时，一定存在，满足，即存在零点，
因此是满足题意的取值范围的一个充分条件.
由选项可得，只有是的子集，所以是的取值范围的一个充分不必要条件.
故选.
二、多选题：本题共4个小题，每题5分，共20分．在每个小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对5分，部分选对得2分，有选错的得0分．
9. 在正方体中，分别为棱中点，为近C三等分点，P在面上运动，则（ ）
A. ∥平面
B. 若，则C点到平面PBH的距离与P点位置有关
C.
D. 若，则P点轨迹长度为
【正确答案】BCD
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量逐一解答即可.
【详解】解：根据题意建立如图所示的坐标系：
因为正方体的边长为2，
所以，，，，，，，，，，，，
对于A，因为，，，
设平面的法向量为，则有，
则有，
取，
因为，所以不成立，
所以∥平面不成立，故错误；
对于B，设，则，，，
又因为，
所以，所以有，
所以P点轨迹为如图所示的线段，
在平面内作出与平行的直线，
易知与的距离等于平面与平面的距离为2，
因为与不平行，
所以与不平行，
所以点到的距离不是定值，
所以不是定值，
又因为,
即，(为C点到平面PBH的距离)，
所以不是定值，
所以C点到平面PBH的距离与P点位置有关，故正确；
对于C，因为，，，
所以，即有，故正确；
对于D，由B可知P点轨迹为，令，则；
令，则，
所以P点轨迹的长度为，故正确.
故选：BCD
10. 若数列有，为前n项积，有，则（ ）
A. 为等差数列（）B. 可能
C. 为等差数列D. 第n项可能与n无关
【正确答案】BD
【分析】结合递推式，取，求的通项公式判断选项A错误，求判断B，由递推式，取，判断C，求数列的通项公式判断D.
【详解】因为，所以，所以当时，，
若，则，不存在，A错误；
因为时，，所以，所以，又，所以可能，B正确；
因为，取，则，此时不存在，C错误；D正确；
故选：BD.
11. 已知抛物线C：，过点P（0，p）直线，AB中点为，过A，B两点作抛物线的切线轴＝N，抛物线准线与交于M，下列说法正确的是（ ）
A. 轴B. O为PN中点
C. D. M为近四等分点
【正确答案】AD
【分析】设直线的斜率为，不妨设，直线的方程为，，与抛物线方程联立求出，，，得，令，求出，求出，可得直线的方程、直线的方程，由可判断C；联立直线、直线的方程可得可判断A；令由得可判断B；由、点的纵坐标为、可判断D.
【详解】由题意直线的斜率存在，设为，不妨设，，
则直线的方程为，与抛物线方程联立，
可得，，
所以，，，所以，
不妨令，
所以，
由得，所以直线的方程为，
直线的方程为，
所以，故C错误；
由解得，可得，
所以，
所以轴，故A正确；
令所以由得，所以，而，且，故B错误；
因为，点的纵坐标为，，
所以，，故M为近四等分点，故D正确.
故选：AD.
12. 已知奇函数，，且，当时，，当时，，下列说法正确的是（ ）
A. 是周期为的函数
B. 是最小正周期为的函数
C. 关于中心对称
D. 直线与若有3个交点，则
【正确答案】AC
【分析】根据奇函数，，且，可确定函数的周期，即可判断A；设确定函数的奇偶性与对称性即可判断函数B，C；根据可判断函数在上的单调性，结合对称性与周期性即可得函数的大致图象，根据直线与若有3个交点，列不等式即可求的取值范围，即可判断D.
【详解】解：因为，所以的图象关于对称，又因为为奇函数，所以，则，
则，故是周期为的函数，故A正确；
设，其定义域为，则，所以关于中心对称，即关于中心对称，故C正确；
又，所以为上的奇函数，结合可得，即
故是周期为的函数，故B错误；
当，所以，故在上单调递增，由于关于中心对称，所以在上单调递增，
且当时，，又函数的周期为，则可得大致图象如下：
若直线与若有3个交点，则或，解得或，故，故D错误.
故选：AC.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分
13. 中常数项是_________．（写出数字）
【正确答案】
【分析】将看作一项，利用展开式的通项，找两项中的常数项即可求解.
【详解】的展开式的通项公式是，令，则，故或或，
所以的展开式中常数项为：，
故答案为.
14. 若⊙C：，⊙D：，M，N分别为⊙C，⊙D上一动点，最小值为4，则取值范围为_________．
【正确答案】
【分析】先根据的最小值求出，即，再使用柯西不等式求出取值范围.
【详解】由于最小值为4，圆C的半径为1，圆D的半径为2，故两圆圆心距离，
即，
由柯西不等式得：，
当且仅当，即时，等号成立，
即，解得.
故
15. 已知双曲线，，分别为双曲线左右焦点，作斜率为的直线交于点，连接交双曲线于点，若，则双曲线的离心率_________．
【正确答案】
【分析】首先求出的方程，联立两直线方程，即可取出点坐标，由，即可得到为、的中点，得到点坐标，再代入双曲线方程，即可求出，从而求出双曲线的离心率.
【详解】解：依题意，所以：，
由，解得，即，所以，
又，所以为、的中点，
所以，
所以，即，即，
所以，即，即，所以，
则离心率.
故
16. 已知函数，，使得，的取值范围为_________．
【正确答案】
【分析】不妨设，把化为，构造函数，利用的导数，求出的取值范围．
【详解】不妨设,
∵，
即，,
构造函数，
∴在是单调递增函数，
∴,∴
当时，，，所以，
所以，
所以取值范围为
故
四、解答题：本题共六个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
17. 已知O为△ABC外心，S为△ABC面积，r为⊙O半径，且满足
（1）求∠A大小；
（2）若D为BC上近C三等分点（即），且，求S最大值．
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）由向量的运算整理可得，结合正弦定理、余弦定理和面积公式运算求解；
（2）根据题意结合向量可得，再结合数量积可得，利用基本不等式可得，再结合面积公式即可得结果.
【小问1详解】
取的中点，连接，则，
可得：
由，可得，
则，即，
整理得，
由余弦定理，可得，
∵，故.
【小问2详解】
由题意可得：，
则，
可得：，则，当且仅当，即时等号成立，
即，则.
故S最大值为.
18. 张老师在2022年市统测后统计了1班和3班的数学成绩如下图所示
，
，
（1）根据卡方独立进行检验，说明是否有99.9%的把握数学成绩与班级有关；
（2）现在根据分层抽样原理，从1班和3班中抽取10人，再让数学评价优秀的同学辅导一位数学评价一般的同学，每个人必有一人辅导，求在抽到甲辅导乙的情况下丙辅导丁的概率．
（3）以频率估计概率，若从全年级中随机抽取3人，求至少抽到一人数学成绩为优秀的概率．
（4）以频率估计概率，若从三班中随机抽取8人，求抽到人数学成绩为优秀的分布列（列出通式即可）及期望，并说明x取何值时概率最大．
【正确答案】（1）有，理由见解析
（2）
（3）
（4）分布列见解析，，时，概率最大，理由见解析
【分析】（1）计算卡方，与10.828比较后得到结论；
（2）先根据分层抽样求出1班和3班抽到的学生分布情况，再根据条件概率求出概率；
（3）计算出1班和3班的总人数，以及数学评价优秀的学生总人数，求出相应的频率作为全校数学评价优秀的概率，求出随机抽取3人，抽到0人数学评价优秀的概率，再利用对立事件求概率公式计算出答案；
（4）由题意得到，从而求出分布列，数学期望，并利用不等式组，求出时，概率最大.
【小问1详解】
，
故有99.9%的把握数学成绩与班级有关；
【小问2详解】
1班有40+20=60人，3班有10+30=40人，
故抽取10人，从1班抽取人数为，从3班抽取的人数为，
由于1班数学评价优秀和一般人数比为4:2，故抽取的6人中有4人数学评价优秀，2人评价一般，
而3班数学评价优秀和一般的人数之比为1:3，故抽取的4人中有1人数学评价优秀，3人评价一般，
设抽到甲辅导乙为事件A，抽到丙辅导丁为事件B，
则，，；
【小问3详解】
1班和3班总人数为100人，其中两班学生数学评价优秀的总人数为，
故频率为，
以频率估计概率，全年级的数学评价优秀的概率为，
从全年级中随机抽取3人，抽到0人数学评价优秀的概率为，
所以从全年级中随机抽取3人，至少抽到一人数学成绩为优秀的概率为.
【小问4详解】
由题意得：3班的数学评价优秀概率为，
故，
所以分布列为，；
数学期望，
时，概率最大，理由如下：
令，解得：，
令，解得：，
故，
因为，所以.
19. 在△ABC中，，A、B、C、D四点共球，R（已知）为球半径，O为球心，为外接圆圆心，（未知）为⊙半径．
（1）求和此时O到面ABC距离h；
（2）在的条件下，面OAB（可以无限延伸）上是否存在一点K，使得KC⊥平面OAB？若存在，求出K点距距离和到面ABC距离，若不存在请给出理由．
【正确答案】（1）为，此时，
（2）存在K，满足KC⊥平面OAB，理由见解析；，.
【分析】(1)设线段的延长线与球的交点为，则，设，表示的体积，通过换元，利用导数求其最大值.
(2) 取的中点，连接，，过作，根据线面垂直判定定理证明KC⊥平面OAB，再通过解三角形求，.
【小问1详解】
当点为线段的延长线与球的交点时，点到平面的距离最大，
所以，由球的截面性质可得平面，
设，，则，又，
所以，
所以，
在中，，由正弦定理可得，
由余弦定理可得，
所以，故，
所以面积，当且仅当时等号成立，
所以，
设，令，则 ，
所以，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
所以当时，函数，取最大值，最大值为，
所以，所以为，此时，
【小问2详解】
由(1)点与点重合，，又，
取的中点，连接，，则，
，平面，所以平面，
过作，垂足为，
因为平面，所以，
，平面，所以平面，
由(1)，，，
所以，，
所以，
因为，
所以，所以，所以，
所以，所以为的中点，
又，所以到直线的距离为，
过作，垂足为，故点到的距离为，
所以到直线的距离为，
因为平面，为垂足，所以点到平面的距离为，
过作，垂足为，则，所以平面，
故点到平面的距离为，又
所以点到平面的距离为.
20. 在高中的数学课上，张老师教会了我们用如下方法求解数列的前n项和：形如的数列，我们可以错位相减的方法对其进行求和；形如的数列，我们可以使用裂项相消的方法对其进行求和．李华同学在思考错位相减和裂项相消后的本质后对其进行如下思考：
错位相减：设，
综上：当中间项可以相消时，可将求解的问题用错位相减化简
裂项相消：设或为公比为1的等比数列；
①当时，
②当为公比为1的等比数列时，；
故可为简便计算省去②的讨论，
综上：可将求解的问题用裂项相消转化为求解的问题
你看了他的思考后虽觉得这是“废话文学”，但是你立刻脑子里灵光一闪，回到座位上开始写下了这三个问题：
（1）用错位相减的方法“温故”张老师课堂上举的例子，求解数列{}前n项和；
（2）用裂项相消的方法“知新”张老师课堂上举的例子，求解数列{}前n项和；
（3）融会贯通，求证：前n项和满．
请基于李华同学的思考做出解答，并写出裂项具体过程．
【正确答案】（1）；
（2）；
（3）裂项过程见解析，证明见解析.
【分析】(1)写出的表达式，两边同乘，与原式相减，利用等比数列求和公式化简即可；
(2) 对进行裂项，结合裂项相消法求和；
(3) 对进行裂项，利用裂项相消法求和，由此证明结论.
【小问1详解】
因为，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以；
【小问2详解】
因为，设，
则，所以，，
故
所以，
所以；
【小问3详解】
因为，设，
则，
则，所以，
即，
所以
所以，
所以
21. 在平面直角坐标系中，分别为，，⊙，为⊙上一点，为线段上一点，⊙C过和．
（1）求点轨迹方程，并判断轨迹形状；
（2）过两直线交分别于、和、，，分别为和中点，求、轨迹方程，并判断轨迹形状；
（3）在（2）的条件下，若PQ//x轴，，求点轨迹方程，并判断轨迹形状．
【正确答案】（1）C点轨迹方程为，轨迹形状是以为焦点，为长轴长的椭圆.
（2）点的轨迹方程为：，其轨迹形状是以为对称中心，焦点在轴上，长轴长为1的椭圆；
点的轨迹方程为：，其轨迹形状是以为对称中心，焦点在轴上，长轴长为1的椭圆.
（3）点轨迹方程为：，其轨迹形状是焦点在轴上，以为焦点，以2为长轴长的椭圆.
【分析】(1)根据椭圆的定义即可求解；
(2)设出直线的方程，与曲线方程联立，利用韦达定理和中点坐标公式即可求解；
(3)根据（2）的结论，先得出，再求出点的坐标，结合的关系式即可求解.
【小问1详解】
由题意可知：，，
因为，所以点的轨迹是以为焦点，为长轴长的椭圆，则，
所以C点轨迹方程为，轨迹形状是以为焦点，为长轴长的椭圆.
【小问2详解】
当直线与轴重合时，点；
当直线与轴不重合时，设直线的方程为：，，
联立方程组，整理可得：，
则，，
所以，则，
消参可得：，即，
综上所述：点的轨迹方程为：，点的轨迹形状是以为对称中心，焦点在轴上，长轴长为1的椭圆；
同理
当直线与轴重合时，点；
当直线与轴不重合时，设直线方程为：，，
联立方程组，整理可得：，
则，，
所以，则，
消参可得：，即，
综上所述：点的轨迹方程为：，点的轨迹形状是以为对称中心，焦点在轴上，长轴长为1的椭圆；
【小问3详解】
由（2）知：，，
因为轴，所以，即，
又因为且，所以，也即，
联立可得：，解得：消参可得：，
即，所以点的轨迹方程为：，其轨迹形状是焦点在轴上，以为焦点，以2为长轴长的椭圆.
22. 已知函数.
（1）求证：；
（2）若，都，求k满足的取值范围．
【正确答案】（1）证明见解析；
（2）
【分析】（1）利用同构，转化为.构造函数，利用导数求出最小值，即可证明；
（2）把转化为对恒成立.
构造函数，利用导数判断出单调性，转化为对恒成立，分离参数后，构造函数，利用导数求出，即可求解.
【小问1详解】
函数的定义域为.
.
令，则.
因为，所以当时，，单减；当时，，单增.
所以，即，所以成立.
【小问2详解】
即为，亦即为，
可化为对恒成立.
不妨设，则.
当时，，单减；当时，，单增.
所以当时，有对恒成立.
即.
令，则.
所以当时，，单减；当时，，单增
所以.即.
综上所述：的取值范围为.
导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：
（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系；
（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；
（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题；
（4）利用导数证明不等式．
0.050
0.025
0.010
0.005
0.001
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828