河北省部分学校2024-2025学年高三上学期11月阶段调研检测二数学试卷（Word版附解析）

这是一份河北省部分学校2024-2025学年高三上学期11月阶段调研检测二数学试卷（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了已知，，且，则的最小值为，若，则等内容，欢迎下载使用。

数 学
本试卷共4页，满分150分，考试用时120分钟。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
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.已知全集，，则集合（ ）
A.B.
C.D.
2.函数的定义域为（ ）
A.B.C.D.
3.若事件，发生的概率分别为，，，则“”是“”的（ ）条件.
A.充分不必要B.必要不充分
C.充分且必要D.既不充分又不必要
4.球是棱长为1的正方体的外接球，则球的内接正四面体体积为（ ）
A.B.C.D.
5.某同学掷一枚正方体骰子5次，记录每次骰子出现的点数，统计出结果的平均数为2，方差为0.4，可判断这组数据的众数为（ ）
A.1B.2C.3D.4
6.已知，，且，则的最小值为（ ）
A.13B.C.14D.
7.已知函数的定义域为，且为奇函数，，则一定正确的是（ ）
A.的周期为2B.图象关于直线对称
C.为偶函数D.为奇函数
8.已知函数在区间上有且仅有一个零点，当最大时在区间上的零点个数为（ ）
A.466B.467C.932D.933
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.若，则（ ）
A.B.
C.D.
10.已知平面内点，，点为该平面内一动点，则（ ）
A.，点的轨迹为椭圆B.，点的轨迹为双曲线
C.，点的轨迹为抛物线D.，点的轨迹为圆
11.如图，圆锥的底面直径和母线长均为6，其轴截面为，为底面半圆弧上一点，且，，，则（ ）
A.当时，直线与所成角的余弦值为
B.当时，四面体的体积为
C.当且面时，
D.当时，
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.双曲线：的左焦点为，右顶点为，点到渐近线的距离是点到渐近线距离的2倍，则的离心率为______.
13.已知数列满足，其前100项中某项正负号写错，得前100项和为，则写错的是数列中第______项.
14.如右图所示，中，，是线段的三等分点，是线段的中点，与，分别交于，，则平面向量用向量，表示为______.
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.（13分）在中，角，，所对的边分别为，，，且.
（1）求角的大小；
（2）若，的面积为，求的周长.
16.（15分）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，为等边三角形且垂直于底面.
（1）求证：；
（2）求平面与平面夹角的正弦值.
17.（15分）已知函数.
（1）当时，求的图象在点处的切线方程；
（2）当时，求的单调区间；
（3）若函数单调递增，求实数的取值范围.
18.（17分）椭圆：左右顶点分别为，，且，离心率.
（l）求椭圆的方程；
（2）直线与抛物线相切，且与相交于、两点，求面积的最大值.
19.（17分）（1）在复数范围内解方程；
（2）设，且，证明：；
（3）设复数数列满足：，且对任意正整数，均有.证明：对任意正偶数，均有.
河北省2025届高三年级11月阶段调研检
测数学参考答案与解析
1.【答案】D 2.【答案】B 3.【答案】C
4.【答案】C
【解析】因为正四面体可以补形为正方体，可知右图中正四面体和正方体有同一外接球，正方体棱长为1，则体积为1，可得正四面体体积为正方体体积去掉四个角上的四面体体积，即.故选C.
5.【答案】B
【解析】不妨设五个点数为，由题意平均数为2，方差为0.4，
知.
可知五次的点数中最大点数不可能为4，5，6.
五个点也不可能都是2，则五个点数情况可能是3，3，2，1，1，其方差为
，不合题意.
若五个点数情况为3，2，2，2，1，其方差为
，符合题意，其众数为2.
故选B.
6.【答案】A
【解析】，，又，且，
，
当且仅当，解得，时等号成立，故的最小值为13.故选A.
7.【答案】D
【解析】为奇函数，得，即，
则为奇函数，故C错误；
且图象关于点中心对称，故B错误；
可知，函数周期为4，故A错误；
，又图象关于点中心对称，知，
所以，得关于点对称，则关于点对称，
所以为奇函数，故D正确.故选D.
8.【答案】B
【解析】【法一】由题意，函数，可得函数的周期为，
因为，可得，
又由函数在区间上有且仅有一个零点，
且满足，且，可得，即，且，
当时，，解得，所以；
当时，，解得，所以；
当时，，解得，此时解集为空集，
综上可得，实数的取值范围为.
所以，得
解得
令，
，共有467个零点.故选B.
【法二】由题意，函数，可得函数的周期为，
因为，可设，则，
又函数在区间上有且仅有一个零点，
可得，所以，则由图象性质，
可知，得，即.
或者，得，即.
所以最大为，得.
，解得.
令
，共有467个零点.故选B.
9.【答案】AC
【解析】令，则，故A正确；
由二项式定理，则，故B错误；
令，则，
则，故C正确；
令，则，又，
所以，得，故D错误.
故选AC.
10.【答案】AD
【解析】由椭圆的定义知A正确；
线段的长度与线段的长度的差为，则的轨迹应为双曲线靠近点的一支，故B错误；
设点，由得，
整理得，即，
当时，，得或，
故曲线与轴有三个交点，轨迹不为抛物线，故C错误；
由得，整理得
即轨迹是以为圆心，为半径的圆，故D正确.故选AD.
11.【答案】ACD
【解析】由题意可知是边长为6的等边三角形，，，.
时，为的中点，取得，为直线与所成角或其补角，
又，，.则，故A正确；
在中，，，得，
，且，则四面体的体积为.
，为的中点，为的中点，故四面体体积为四面体体积的四分之一，得四面体体积为，故B错误；
对于CD选项：
【法一】当时，取的中点，则，
过作交于，
此时为的中点，所以面面，
得面，所以，故C正确；
当时，，
在面内过作交于，
则面，面，
故此时得到的，
中，，
由余弦定理得，，，
得，则，故D正确.故选ACD.
【法二】则以为坐标原点，过点与垂直的直线为轴，分别以、所在直线为轴和轴建立如图所示的空间直角坐标系，由题意得
，，，
，，
，
得，，
，
对于C，，则，，
设平面的一个法向量为，
则，，可取.
面时，得，
解得.故C正确.
对于D，，
由得，，.故D正确.
故选ACD.
12.【答案】2
13.【答案】38
【解析】，则其前100项和为
某项正负号写错后得前100项和为，说明某正项写成了负数，又，，故写错的数为75，令，解得.故写错的是数列中第38项.
14.【答案】
【解析】【法一】与交于，可设，
解得，，得.
同理得，
所以.
【法二】过点作交于点，
，
得，
同理过点作的平行线可得，
，
.
【法三】设，，则，得，
又因为，，
所以.
故，，解得，，
则.
同理可得，
【法四】特殊三角形法
设是底为12，高为2的等腰三角形建立如图所示的平面直角坐标系，
得，，，，，，
得直线：，：，：，
解得，，
得，，，
设，，
解得，，所以.
15.解：（1），由余弦定理得，，，
.
又，
.
（2）因为的面积为，即，
.
由余弦定理得.
解得.
所以周长为.
16.解：（1）【法一】证明：如图所示，取中点，为等边三角形，，
又面垂直于底面，交线为，
得面，
又面.
底面为直角梯形，，，
，，，
所以，，，
所以，得，
又，得面，面，所以.
【法二】取中点，为等边三角形且垂直于底面，交线为，
则，得面，
又因为，，，
可设，
则以为坐标原点，过点与平行的直线为轴，分别以、所在直线为轴和轴建立如图所示的空间直角坐标系，
得，，，
得，，
所以，
得.
（2）【法一】由（1）知面，
不妨设，则，
以为坐标原点，过点与平行的直线为轴，分别以、所在直线为轴和轴建立如图所示的空间直角坐标系，
得，，，
，，；
设平面的一个法向量为，
则，，
可取；
设平面的一个法向量为，
则，即，
可取.
设平面与平面夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的正弦值为.
【法二】不妨设，
为等边三角形且垂直于底面，交线为，
底面为直角梯形，，，
所以面，
又，得面，
面，得面面，交线为，
取的中点，则，
等边边长为2，则，
，则面，
则点到面的距离等于点到面的距离为，
因为面，面，，均为直角三角形，，
得，，.
作，可得，
所以平面与平面夹角的正弦值为.
17.解：（1）当时，函数，
得，则，
所以的图象在点处的切线方程为.
（2）因为当时，，
，.
所以在上单调递增，又，
故当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
综上所述：单调递减区间为，单调递增区间为.
（3）由，且，
得单调递增，
所以在上恒成立，
又
由题意恒成立，得，
即恒成立，得恒成立，
设，得，
所以当时，最大为.
所以恒成立，得.
综上，若函数单调递增，则实数的取值范围为.
18.解：（1）由题意，得，.
又的离心率为，得，所以，
则，
得椭圆的方程为.
（2）【法一】由题意当直线斜率不存在时，直线方程为，
易得，此时.
当直线斜率存在时，方程可设为，与抛物线联立得
整理得
由.
联立，得，又，
整理得
且
得
设，，则，.
得
又点到直线距离为，
由二次函数性质知当（满足）时，
取得最大值为，
综上所述，得的面积的最大值为.
【法二】由题意知直线斜率不为0，故方程可设为，
与抛物线联立得，
直线与抛物线相切得，
联立，得，
且.
设，
则，.
又与轴交于点，
则
又，
，
当（此时，符合）时，取得最大值为
综上所述，得的面积的最大值为.
【法三】由题意可设直线的切点为，
则切线方程为
当切点为原点时，易得
当切点不是原点时，联立
整理得
，得
设，
则，.
得
又点到直线距离为，
当时（满足），面积最大.
综上所述，得的面积的最大值为.
【法四】设直线的切点为，即，
则切线方程为.
由题意知直线斜率不为0，得直线方程为，
，得.
设，
则，.
又与轴交于点，
则
当（满足）时，取得最大值为.
综上所述，得的面积的最大值为.
19.解：（1）解方程，得，
由解得，
由，利用二次方程求根公式得，即，
所以的根为，，.
（2）【法一】证明：由，，
可设，，.
得.
【法二】选学内容方法
由，且，
可设，.
则，，
则
（3）由于，且对任意正整数，均有，故
整理得，
解得.
因此，故
进而由得，
①
因为为偶数，
又
利用①得
所以对任意正偶数，均有.
0
极大值