2024-2025学年河北省保定市高三上学期12月联考数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年河北省保定市高三上学期12月联考数学检测试题（附解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．若集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．抛物线的准线方程是（ ）
A．B．C．D．
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．
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
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
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
7．已知正项等差数列满足，则（ ）
A．2B．1012C．2024D．4048
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．
二、多选题（本大题共3小题）
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
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
11．双纽线的图形轮廓像阿拉伯数字中的“8”.如图，曲线C：是双纽线，关于曲线C，下列说法正确的是（ ）

A．
B．C上存在点，使得
C．C上的点的纵坐标的最大值为
D．若直线与C恰有一个公共点，则k的取值范围为
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知是虚数单位，复数，则
13．已知O为坐标原点，双曲线C：的左、右焦点分别为，，以线段为直径的圆与C在第一象限内的交点为P.若，则点O到直线的距离为 .
14．已知，，且，则的最小值为
四、解答题（本大题共5小题）
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.
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.
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.
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.
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．【正确答案】B
【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．【正确答案】C
【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．【正确答案】A
【详解】因为，，所以.
又，，所以，，
，平行或异面.
故选：A
4．【正确答案】C
【详解】设高二年级被选中的学生人数为x，
则.
故选.
5．【正确答案】D
【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．【正确答案】A
【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．【正确答案】B
【详解】因为为等差数列，
所以，
，
所以，
所以，所以，
所以.
故选：B
8．【正确答案】D
【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（部分重合）.
当时，由的图象：
可知，，解得;
当时，由的图象：
的图象始终在的图象的下方.
故a的取值范围为.
故选：D
9．【正确答案】BD
【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．【正确答案】AB
【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．【正确答案】AC
【详解】由图可知，点在上，则，所以，正确；
设曲线上任一点，由，
可得，，
即上不存在点，使得，不正确；
方程可化为，
令，得，
由，
可得，
即，易知等号成立，故上的点的纵坐标的最大值为，正确；
直线与均经过原点，则直线与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，整理得，
当时，方程恒成立，
因为恒有一解，所以无解，即当时，方程无解，
综上，，解得或，不正确.
故选.
12．【正确答案】
【详解】，则.
故
13．【正确答案】32/
【详解】
由题可知，，设，
则由，得，，
则.
由，得，解得，
则点O到直线的距离.
故
14．【正确答案】
【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.
15．【正确答案】(1)证明见解析，
(2)
【详解】（1）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.
（2）由（1）可知，①
则②
①②得
即，
则.
16．【正确答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）

证明：取CD的中点O，连接OB，OF.
因为△FCD为等腰直角三角形，且，所以.
又平面平面ABCD，平面平面，平面，
所以平面ABCD，.
因为平面ABCD，
所以.
又平面，平面，
所以平面ADE，
因为，所以，
又，
所以四边形ABOD为平行四边形，则.
因为平面ADE，平面ADE，
所以平面ADE，
又，平面，
所以平面平面ADE.
因为平面OBF，所以平面ADE .
（2）解：由题可知AB，AD，AE两两垂直，
故以A为坐标原点，AB，AD，AE所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
设，则B1,0,0，，E0,0,1，，
，，
设平面的法向量为m=x1,y1,z1，
则由得，
令，得，
设平面的法向量为n=x2,y2,z2，
则由得，
令，得.
，
则平面与平面的夹角的余弦值为.
17．【正确答案】(1)
(2)
【详解】（1）
在中，
由余弦定理得，
则.
设圆的半径为，则.
（2）的面积，
的面积，
因为，所以，
如图，连接BD.
在中，设，
由余弦定理得，
则，则.
因为，
所以，
所以，
则.
18．【正确答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1）由题可知，解得，，
故的方程为.
（2）设的方程为，Px1,y1，.
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.
（3）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），
故的方程为.
19．【正确答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）由，得，
解得或，
故在0,+∞上的不动点集为.
（2）方法一：由题可知，关于的方程在上有且只有一个实数根.
即方程在只有一解.
因为是方程的解，所以方程在上无解.
作函数和，的图象，如下图：
由，，所以.
当或即或时，与，的图象只有一个交点.
所以的取值范围是.
方法二：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，φx在上单调递增.
因为，，所以φx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，φx在上单调递减.
因为，，所以φx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，φ′x>0，φx单调递增，当时，φ′x