河北省沧州市三校联考2024-2025学年高三上学期11月期中数学试卷(含答案)

这是一份河北省沧州市三校联考2024-2025学年高三上学期11月期中数学试卷(含答案)，共19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。

一、选择题
1．已知集合，，则( )
A.B.C.D.
2．已知，则( )
A.B.C.D.
3．在中，D，E分别是边，的中点，点F满足，则( )
A.B.
C.D.
4．已知，，则( )
A.B.C.D.
5．已知圆柱和圆锥的底面半径相等，体积相等，且它们的侧面积之比为，则圆锥的高与底面半径之比为( )
A.B.C.D.
6．若函数在R上是增函数，则a的取值范围为( )
A.B.
C.D.
7．函数在区间上的零点个数为( )
A.4B.5C.6D.8
8．已知函数的定义域为R，为偶函数，为奇函数，且在区间上是增函数.记，，，则( )
A.B.
C.D.
二、多项选择题
9．某体育器材厂生产一批篮球，单个篮球的质量Y（单位：克）服从正态分布，则( )
A.B.越小，越大
C.D.
10．已知是函数的极小值点，则( )
A.
B.在区间上的值域为
C.不等式的解集为
D.当时，
11．已知曲线C上的点满足：到定点的距离与到定直线的距离之和为4，则( )
A.C恰好经过4个整点（横、纵坐标均为整数的点）
B.当点在C上时，
C.C上的点到直线的距离的最大值为12
D.C上的点与点F的距离的取值范围为
三、填空题
12．已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，P，Q是C上关于原点对称的两点，且，，则C的离心率为________.
13．若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则________.
14．某盒子中有12个大小相同的球，分别标号为1，2，…，12，从盒中任取3个球，取出的3个球的标号之和能被4整除的概率为________.
四、解答题
15．记的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知.
(1)求A；
(2)若的面积为，，求的周长.
16．已知椭圆的离心率为，点在C上.
(1)求C的方程；
(2)记C的上顶点和右顶点分别为A，B，过原点的直线l与C交于点M，N，与直线交于点Q，且点N，Q均在第四象限，问是否存在直线l，使得的面积是（其中O为原点）面积的4倍？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.
17．如图，在多面体中，，，四边形是边长为2的菱形，P为棱上一点.
(1)若，证明：平面；
(2)若平面，，，直线与平面所成角的正弦值为，求的长.
18．已知函数，.
(1)求的最值；
(2)若在定义域内单调递增，求m的取值范围；
(3)当时，，求m的取值范围.
19．记数列的前n项和为，若对任意，，则称是“H数列”.
(1)若，判断是否是“H数列”，并说明理由；
(2)若是首项为1，公比为q的等比数列，且数列和均是“H数列”.
①求q的取值范围；
②当时，若在所有数列中随机抽取一个数列，求在的条件下，q恰为偶数的概率.
(3)若等差数列是首项为1的“H数列”，且，求正整数k的最小值，以及k取最小值时相应数列的公差.
参考答案
1．答案：B
解析：由得，又因为所以，
由得，所以，因此.
故选：B.
2．答案：D
解析：由，
可得：，，
所以：，
故选：D
3．答案：D
解析：
，
故选：D.
4．答案：A
解析：由已知可得
可知，
解得，
所以，
故选：A.
5．答案：C
解析：设圆柱和圆锥的底面半径为r，高分别为，，
，，
所以，①
圆柱的侧面积，②
圆锥的侧面积，③
又因为，代入①②③，
解得：，即
故选：C.
6．答案：B
解析：设，；，.
为使在R上递增，则在上递增，在上递增，
且，即.
故选：B
7．答案：C
解析：由题意可将问题转化成，在上的根的个数，
也即，在上的交点个数，
通过五点作图法画出两函数图象：
由图象可知共有6个交点，
所以在区间上的零点个数为6.
故选：C
8．答案：D
解析：根据题意，函数的定义域为R，为偶函数，
即，
又为奇函数，则，即，
所以，则，
即函数周期为8，
在区间上是增函数，则在区间上是增函数，
又为奇函数，则，所以，
而，，
，
所以.
故选：D
9．答案：ABC
解析：由条件可知，由正太密度曲线的对称性可知：
，，，
越小，说明数据越集中，故越大，
故选：ABC
10．答案：ABD
解析：因为函数，
所以，
对于A，因为是函数的极小值点，
所以，解得，
则，，
令，解得或，
所以当，时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以是函数的极小值点，故A正确；
对于B，由A知，当时，在上单调递增，在上单调递减，因为，，，所以在区间上的值域为，故B正确；
对于C，因为，，
所以不等式时，
，解得，
即不等式的解集为，故C错误；
对于D，因为，
所以，
当时，，则，
即，故D正确.
故选：ABD.
11．答案：ACD
解析：设曲线C上的点到定点的距离与到定直线的距离之和为4，则，即，
整理，或，，
画出函数图像，
对于B，即；即，故B错误；
对于A，由B可得x可取，，，0，
当时，或，无整点；
当时，或，整点为，；
当时，或，无整点；
当时，或4，整点为，；
所以共有4个整点，故A正确；
对于C，作直线的平行线，
当平行线过点，两平行线间距离最大，即，故C正确；
对于D，C上的点到定直线的距离范围为，则C上的点与点F的距离的取值范围为，故D正确；
故选：ACD.
12．答案：
解析：由双曲线对称性及，可知，
则为以为顶点的直角三角形.又由双曲线对称性，
可知四边形为平行四边形，结合，
可知四边形为矩形，则为直角三角形.
设，则，.
故.
故答案为：
13．答案：3
解析：由题意可得，设直线与曲线的切点为，则，即，
又切点在曲线上，所以，
代入直线方程可得，即，解得或，
又，所以舍去，
，设直线与曲线的切点为，
所以，由代入可得，
又，所以，
所以将代入曲线可得，
解得.
故答案为：3.
14．答案：
解析：从12个球中任取3个球有种不同的方法，
1-12中能被4整除的有4，8，12，除4余1的有1，5，9，除4余2的有2，6，10，除4余3的有3，7，11，故将1-12划分为以上四类，
能被4整除可分：3个数都来自4，8，12，或一个数来自4，8，12，两个数来自2，6，10，或一个数来自4，8，12，一个数来自1，5，9，一个数来自3，7，11，或两个数来自1，5，9，一个数来自2，6，10，或两个数来自3，7，11，一个数来自2，6，10.
共有：，
所以取出的3个球的标号之和能被4整除的概率
故答案为：
15．答案：(1)；
(2)18
解析：（1）由正弦定理及，
可得
，因，则，
则，结合，
则；
（2）因的面积为，则，
则，由正弦定理及，
则，
则.
由余弦定理，，
则，
则三角形周长为.
16．答案：(1)；
(2)存在，或
解析：（1）由题意，解得，，，
所以椭圆C的方程为.
（2）
存在，由（1）知，，所以直线的方程为，
设直线，，联立，消去y可得
，解得，则
所以，，
由得，
若，则，
由椭圆的对称性可得，所以，即，
所以，
化简整理可得，解得或，
此时直线l的方程为或.
17．答案：(1)证明见解析；
(2)
解析：（1）在线段上取一点M，使，
连结，，则，
又因为，所以，
因为平面，平面，所以平面，
由，得，又，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又，平面，平面，
所以平面平面，
又因为平面，所以平面.
（2）
因为四边形是边长为2的菱形，平面，所以平面，
又平面，所以，所以，
，所以，即，
所以，，两两相互垂直，以B为原点，建立如图所示空间直角坐标系，，，，，设，
，，，，
设，，所以，
即，，
设平面的法向量为，
则即，
取，则，
设直线与平面所成角为，
，
解得，所以，所以，.
18．答案：(1)的最小值为0，无最大值；
(2)；
(3)
解析：（1），令，则，
所以当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减，所以，没有最大值；
（2）的定义域为，，
因为在定义域内单调递增，
所以在恒成立，
所以，所以，
所以在恒成立，
设，则，
令，则，令，则，
所以在上单调递增，在单调递减，
所以，所以；
（3）当时，，
所以在恒成立，
令，由（1）知，
所以，所以，
令，，
因为时，所以在单调递减，
所以，所以，
所以，因为当时，，
所以，所以，
所以.
19．答案：(1)是，理由见解析；
(2)①；②；
(3)，此时相应数列的公差为.
解析：（1）是“H数列”，理由如下：
因，则.
又，则，故.
则，即；
，即.
则满足，即是“H数列”；
（2）因是首项为1，公比为q的等比数列，
则，.
①因数列和均是“H数列”，则，
当时，显然满足条件；
当时，，
若，且为奇数时，则，矛盾；
为偶数时，，矛盾.
故，则或；
此时，
若，则
恒成立.
当时，函数，单调递增，要使
恒成立，则，
此时，则满足条件；
当时，
函数，单调递增，
，单调递减，
则要使恒成立，需满足，
解得：，则满足条件；
若，则
恒成立.
当时，注意到，则不满足条件；
当时，
函数，单调递减，
，单调递增，
则要使恒成立，需满足，
解得.综上可知，为使数列和均是“H数列”，；
②由①可知，且时，q的取值只有2，3两种可能，则q恰为偶数的概率为；
（3）设等差数列公差为d，又，
则.因等差数列是“H数列”，
则
恒成立.
因，则.
若，则函数，均在上递增，
则为使恒成立，则，
解得：；
若，则函数，均在上递减，
则当n趋近无穷大时，不成立.
综上可知：.
由，可得，
则要使k最小，且为正整数，则取k为大于的最小整数，即335，
此时.