2025届河北省部分地区高三上学期11月考试数学试卷（解析版）

这是一份2025届河北省部分地区高三上学期11月考试数学试卷（解析版），共20页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知圆C：，直线，则圆上到直线的距离为1的点有（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】B
【解析】由题设，圆的圆心，半径为2，
而到的距离为，故直线与圆相离，
又，所以圆C上到直线l距离为1的点有2个.
故选：B
2. 已知中，，，，且，则的值为（ ）
A. 2B. 4C. 6D. 8
【答案】A
【解析】由已知有，故.
故选：A
3. 已知集合，集合，则（ ）
A. BB. A
C. D.
【答案】A
【解析】集合，，则，
所以.
故选：A
4. 已知复数z满足，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】依题意，为复平面内复数对应的点的轨迹是以点为圆心，1为半径的圆，
是点到点距离，而，
所以的最大值为.
故选：B
5. 已知过抛物线的焦点F作直线交抛物线于A、B两点，若，AB的中点到轴的距离为，则p的值为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】B
【解析】抛物线的焦点，准线，准线交轴于点K,
由对称性，不妨令点在第一象限，过分别作，垂足分别为，
过作于，交于，
令，，，
由，得，即，则，
线段中点，过作于，则，
由AB的中点到轴的距离为，得，
因此，所以.
故选：B
6. 已知数列的通项公式为，若对于任意正整数n，都有≤成立，则m的值为（ ）
A. 15B. 16C. 17D. 18
【答案】C
【解析】数列的通项公式为，
则
，
由，，解得，而,
因此当时，，即，
当时，，
即，
所以数列的最大项为，即对于任意正整数n，都有≤成立，依题意，.
故选：C
7. 已知三棱锥，，，，，三棱锥外接球的表面积与三棱锥的侧面积之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为，，，
即，则，
可知的外接圆圆心为斜边的中点，

又因为，可知点在底面的投影为的外接圆圆心，
可得，
则三棱锥外接球的球心，设外接球的半径为，
可得，解得，
所以外接球的表面积为，
的面积为；
的面积为；
的面积为；
所以三棱锥的侧面积为，
所以三棱锥外接球的表面积与三棱锥的侧面积之比为.
故选：A.
8. “肝胆两相照，然诺安能忘．”（《承左虞燕京惠诗却寄却寄》，明•朱察卿）若两点关于点成中心对称，则称为一对“然诺点”，同时把和视为同一对“然诺点”．已知的图象上有两对“然诺点”，则等于（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】C
【解析】当x＞1时，关于点对称的函数为，
由题知与在上有两个交点，
由，消得到，
又，得到，即，
令，，
则的图象与直线有两个不同的交点，，
令，则，
所以在上递增，即在上递增，
因为，
所以当时，，
当时，，
所以在上递减，在上递增，
所以，
当时，，，
所以的大致图象如图所示，

由图可知当时，的图象与直线有两个不同的交点，
因为，所以．
故选：C．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分.
9. 在圆上，点，设向量与x轴正半轴的夹角为，则下列关于和的说法正确的是（ ）
A. 当时，.B. 对于.
C. 若，则.D. 关于对称.
【答案】ACD
【解析】依题意，与x轴正方向一致的单位向量，则，，
对于AC，当时，，AC正确；
对于D，，而直线垂直于直线，
则关于对称，D正确；
对于B，当时，，而，，B错误.
故选：ACD
10. 已知数列满足，，设数列的前项和为，则下列说法正确的有（ ）
A. .
B. 数列是周期数列.
C. .
D. 若m，，则.
【答案】BD
【解析】直接代入，可得，猜测通项；
时显然成立，
假设，成立，
则，；
可知对于任意的，.
对于选项A，，A不正确；
对于选项B，是常数列，周期为，B正确；
对于选项C，，选项C不正确，
对于选项D，，，，D正确.
故选：BD
11. 已知不等式：对于，当时，有；当时，有. 设，，，则以下不等式正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】当，时，
有，
.
故此时，从而A错误；
同时有，
.
故此时，从而C错误；
当，时，由于，
故，
从而，
故此时，从而D错误.
对于B选项，据已知有.
若，则，.
故，
此即.
若，则，.
故，
此即.
所以无论哪种情况都一定有，从而B正确.
故选：B.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知抛物线，过焦点F的直线交抛物线于A、B两点，设，，请写出一个m与n满足的关系式__________.
【答案】（答案不唯一）
【解析】抛物线的焦点，准线，准线交轴于点K,
由对称性，不妨令，
当时，过分别作，垂足分别为，
过作于，交于，则，
，
由，得，即，
于是，当时，也满足上式，
所以.
故答案为：
13. 已知的展开式中没有常数项，，且2≤n≤8，则n=______．
【答案】:5
【解析】展开式的通项是，，
由于的展开式中没有常数项，
所以、和都不是常数，
则，，，
又因为，所以，故取．
14. 设集合，，其中和是定义在上的函数.
（1）若，则集合中元素的横、纵坐标之和的和为__________；
（2）若，，则中元素的横坐标之积为__________.
【答案】 ①. 0 ②. 1
【解析】（1）由题设可得，，
由得，故或，
故，
故横、纵坐标之和的和为.
（2）由题设有，，
由题设有，
故，
设，
设，
则，
且，
当或时，，
当时，，
故的增区间为，减区间为，
而，
故，，
而，，
故在各有一个实数解，记为，
则
而
其中，故即，
故中元素的横坐标之积为1.
故答案为：0,1.
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）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，求数列的前n项和.
解：（1）数列中，由，
得，而，
因此数列是首项为，公比为的等比数列，，
所以数列的通项公式是.
（2）由（1）知，所以数列的前n项和.
16. 已知抛物线的焦点为F，准线为，过点F且斜率为1的直线与抛物线交于A、B两点（A在x轴上方），分别过A、B作准线l的垂线，垂足分别为C、D.
（1）求抛物线方程；
（2）设O为坐标原点，M为线段AB的中点，N为线段CD的中点，求.
解：（1）由准线为，即，故抛物线方程为.
（2）由题设，可设直线，联立抛物线有，

显然，则，故，
所以，且原点到直线距离，
所以，
又，且，
所以，
综上，.
17. 某大学为了鼓励学生积极参与社会实践，组织了一次志愿者活动，共有名学生报名参加（且）.活动中有种不同类型的服务项目可供选择，分别是社区服务、环保宣传和关爱弱势群体，每种项目都需要若干名学生参与.
（1）若，且要求每个项目至少有名学生参与，求共有多少种不同的分配方案？
（2）若对于任意的名学生，每个项目至少有名学生参与的分配方案有种，求关于的表达式（用组合数表示），并证明当时，是的单调递增函数.
解：（1）将个人分为三组每组至少一人，
每组的人数可以是，
每组人数是时，分组方法有种，
每组人数是时，分组方法有种，
每组人数是时，分组方法有种，
每组人数是时，分组人数有种，
所以将个人分为三组的方法数共有种，
所以不同的分配方案有种.
（2）将名学生随机分配到三个项目，不考虑每个项目的人数，则有分配方法种，
将名学生随机分配到三个项目，有一个项目没人去，则有分配方法种，
（注：先选两个项目有种选法，将个人分配到两个项目有种分法，减去个人在同一项目的情况）
将名学生随机分配到三个项目，有两个项目没人去，则有分配方法种，
由上可知，；
证明：设
且，
所以，
由的实际意义可知，
且时显然成立，
所以，
所以，
所以，
所以时，是的单调递增函数.
18. 如图，在中，是中点，分别是边上的动点，且，将沿折起，将点折至点的位置，得到四棱锥.
（1）求证：平面；
（2）若，二面角是直二面角，求线段中点到平面的距离；
（3）当时，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围.
（1）证明：在四棱锥中，，而平面平面，
所以平面
（2）解：由，，得，
折叠后，在四棱锥中，，
由二面角是直二面角，
即平面平面，
平面平面，平面，平面，
∵平面，
∴
以分别为轴建立空间直角坐标系，则
，
设平面法向量为，则，
令，得，
所求点面距为.
（3）解：以直线和分别为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，
设，显然，
，
，得出，则，
则，
点与其在直线上射影点及点围成以线段为斜边的直角三角形，
则，即，且且，即，
平面的法向量为，设直线与平面所成角为，
，
则，
令，函数在上递减，，
因此，则，解得，
所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围是.
19. 设函数，对于任意的，都存在非零常数T，使得成立，则称函数是 “类周期函数”，T为函数的 “类周期”.已知“类周期函数”，当时，（），且.
（1）若，求在该区间上的最小值；
（2）若，研究函数在上的零点个数，并给出一般性的结论：在区间上零点个数的规律.
（3）对任意，在上恰有5个零点，求的取值范围，并证明：存在，使得对于任意的，恒成立.
解：（1）因为，则，
又，
由正弦函数图象可知，，
故求在该区间上的最小值为.
（2）若，则当，，
因为，令，
函数零点个数即为函数，的零点个数，
如图，作出函数的图象，

又.
由图可知函数当时，函数的零点个数为；
由已知函数 是“类周期函数”，且.
则对于任意的x∈R，成立.
所以当时，，
则，
令，即，.
故函数在区间内零点的个数与区间内零点的个数相同.
同理依次可知，故函数在区间内零点的个数，
也都与区间内零点的个数相同，每个区间零点个数都为；
故在区间内的零点个数为，在区间的零点个数为，
在区间的零点个数为，，在区间的零点个数为.
又由，
，
即对任意，.
故在区间上零点个数为.
（3）若在上恰有5个零点，
即在有5个不等实根.
当时，，即，
由“类周期函数”的性质可知，
当时，，
故方程，解的个数即方程，解的个数，
即函数图象与直线交点个数；
当时，，即函数图象与直线的交点个数；
又当时，，故不是函数的零点；
综上可知，函数在上恰有5个零点，即函数在的图象与直线及的交点共有5个.
由题意，
其中，则，
又，则.
①当，即时，
如图，作出的大致图象，
设图象在轴右侧起交点依次为，，
要使函数在的图象与直线及共有5个交点，
则，由，则，
由，则，或.
又，则有，
解得；
又由，
则.
则有，解得；
由，则，
若存在，使能成立，
则，解得；

②当时，即时，
如图，同理可得，解得；
③当，即时，
如图，同理可得，
由，
得，
若存在，使能成立，
则有，解得；
综上所述，.
当时，恒成立；
当为任意的正整数时：
下面用数学归纳法证明：
任意，使得对于任意的正整数，恒成立.
①当时，由“类周期函数”定义，，
则任意，成立.
②假设，结论成立，即任意，使得对于任意的，恒成立，下面证明当时，结论也成立，
当时，对任意，由“类周期函数”定义，，
则成立.
故时，对任意，使得对于任意的，恒成立.
综合①②可知，任意，使得对于任意的，恒成立.
当为任意负整数时：
设，则，
任意，任意，由上结论已证，
令，任意，则，所以，
即任意负整数，，即，
即任意，对任意负整数，恒成立.
综上所述，对任意，使得对于任意的，恒成立，得证.