2025届河北省保定市十县一中高三上学期12月联考数学试卷（解析版）

这是一份2025届河北省保定市十县一中高三上学期12月联考数学试卷（解析版），共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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. 若集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，，
所以不成立，，故CD错误，
则，，故A错误，B正确，
故选：B.
2. 抛物线的准线方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】将抛物线方程转化为，则抛物线的准线方程为.
故选：C.
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.
【答案】A
【解析】因为，，所以.
又，，所以，，
，平行或异面.
故选：A
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
【答案】C
【解析】设高二年级被选中的学生人数为x，
则.
故选：.
5. 若函数的图像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
【答案】D
【解析】由，得，，
则的图像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. 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
【答案】A
【解析】设侧面展开图为扇形圆锥的底面半径为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. 已知正项等差数列满足，则（ ）
A. 2B. 1012C. 2024D. 4048
【答案】B
【解析】因为为等差数列，
所以，
，
所以，
所以，
所以，
所以.
故选：B
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.
【答案】D
【解析】当时，显然恒成立.
当时，可以理解为将的图像向右平移个单位长度后，
得到的的图像始终在的图像的下方（部分重合）.
当时，由的图像：
可知，，解得;
当时，由的图像：
的图像始终在的图像的下方.
故a的取值范围为.
故选：D
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
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
【答案】BD
【解析】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. 已知函数，则（ ）
A. 奇函数
B. 的最大值为
C. 的最小正周期为
D. 的图像关于直线对称
【答案】AB
【解析】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.
所以的图像不关于直线对称，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. 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
【答案】AC
【解析】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：.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知是虚数单位，复数，则________
【答案】
【解析】，则.
故答案：
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________.
【答案】
【解析】由题可知，，设，
则由，得，，
则.
由，得，解得，
则点O到直线的距离.
故答案为：
14. 已知，，且，则的最小值为________
【答案】
【解析】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：.
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）证明数列为等比数列，并求的通项公式；
（2）求的前n项和.
（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）解：由（1）可知，①
则②
①②得
即，
则.
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.
（1）证明：取CD的中点O，连接OB，OF.

因△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. 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.
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. 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.
（1）解：由题可知，解得，，
故的方程为.
（2）证明：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）解：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. 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.
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，的图像，如下图：
由，，
所以.
当或
即或时，
与，的图像只有一个交点.
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