【河北卷】河北省石家庄市2025届高中毕业学校高三年级11月教学质量摸底检测（11.3-11.5）数学试卷（解析版）

第1页/共1页石家庄市2025届普通高中学校毕业年级教学质量摸底检测数学（本试卷满分150分，考试时间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，再选涂其他答案标号.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.设集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】解一元二次不等式求出B，根据集合的交集运算，即可得答案.【详解】集合，,故，故选；C2.已知复数z满足，则复数z的虚部为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析】利用复数除法法则得到，得到虚部.【详解】，故虚部为.故选：A3.已知平面向量满足，且，，则向量的夹角为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据数量积的运算及夹角公式得解.【详解】因为，，所以，即，所以，所以，故选：B4.已知正四棱锥底面边长为2，且其侧面积的和是底面积的2倍，则此正四棱锥的体积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据已知得出斜高，从而可得正四棱锥的高，由体积公式可得正四棱锥的体积.【详解】如图，正四棱锥，，为底面正方形中心，为中点，由已知可得，所以，又，所以，所以正四棱锥的体积为.故选：.5.已知，，则（）A.3 B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据条件可得，结合及差角余弦公式，即可求目标式的值.【详解】由，所以，而，所以，即，所以.故选：D6.若数列为等差数列，为数列的前n项和，，，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据等差数列性质由可得，即可求出数列前6项均为负值，可得结论.【详解】由等差数列性质可得，即可得；又，所以；因此可得数列的公差，且前6项均为负值，所以的最小值为前6项和，即为.故选：B7.已知双曲线的左、右焦点分别为、，过坐标原点的直线与双曲线C交于A、B两点，若，则（）A. B. C. D.4【答案】A【解析】【分析】根据双曲线的对称性及定义，求出、长度，由直角三角形求解可得解.【详解】如图，因为双曲线，所以，由双曲线的对称性知，所以，由双曲线定义可得，所以，又，所以，即，所以,故，故选：A8.已知函数为定义在R上的奇函数，且在上单调递减，满足，则实数a的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据题意可得，利用单调性解不等式结合对数运算即可求解【详解】函数为定义在R上的奇函数，且在上单调递减，所以在上是减函数，，即，所以，所以，所以，即实数a的取值范围为.故选：.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.已知实数a，b，c满足，则下列选项正确的是（）A. B. C. D.【答案】BCD【解析】【分析】利用作差法可判断AC；根据不等式性质结合对数函数性质判断B；利用基本不等式判断D.【详解】对于A，实数a，b，c满足，则，即，A错误；对于B，由于，故，则，B正确；对于C，因为，故，则，即，C正确；对于D，由于，故，则，而，当且仅当时等号成立，故，D正确，故选：BCD10.已知函数，则下列说法正确的是（）A.当时，在上单调递增B.若，且，则函数的最小正周期为C.若的图象向左平移个单位长度后，得到的图象关于y轴对称，则的最小值为3D.若在上恰有4个零点，则的取值范围为【答案】ABD【解析】【分析】对于A，由复合函数单调性即可判断；对于B，直接可得，由此即可判断；对于C，由题意得结合的范围即可判断；对于D，先得到，进一步列出不等式组即可求解.【详解】对于A，当时，若，则，所以由复合函数单调性可知在上单调递增；对于B，若，且，则当且仅当，故B正确；对于C，若的图象向左平移个单位长度后，得到的图象所对应的函数表达式为：，若的图象关于y轴对称，则，注意到，所以当且仅当时，的最小值为4，故C错误；对于D，，若在上恰有4个零点，则当且仅当，即的取值范围为.故选：ABD.11.如图，曲线C过坐标原点O，且C上的动点满足到两个定点，的距离之积为9，则下列结论正确的是（）A.B.若直线与曲线C只有一个交点，则实数k的取值范围为C.周长的最小值为12D.面积的最大值为【答案】AD【解析】【分析】求解曲线方程后，利用过原点求得，可判断A；联立方程组，结合其解唯一求出k的范围，可判断B；利用基本不等式求解的范围，即可求解周长范围，判断C；根据面积公式，结合正弦函数性质可判断D.【详解】由定义，即，即，该曲线过原点，所以，又，所以，故选项A正确；故方程为，所以曲线C的方程为，直线与曲线：必有公共点，因此若直线与曲线只有一个交点，则只有一个解，即只有一个解为，即时，无解，故，即实数的取值范围为，故B错误；由，仅当时等号成立，此时点P在的垂直平分线上，故点P与原点O重合，不能形成三角形，所以，所以周长，等号取不到，故C错误；，当且仅当，等号成立，此时点P纵坐标为，方程可化为，令，则方程，由判别式，可得，故面积能取到最大值，故D正确.故选：AD【点睛】方法点睛：已知直线与曲线交点个数求参数值(取值范围)问题，通常将直线方程代入曲线方程转化为一元方程根的情况研究，再结合方程类型变形建立不等式，通过解不等式确定参数范围，但也要注意变形过程中的等价处理.如复合方程通过整体换元转化为简单方程来研究时，不能忽视求解新元的范围；高次方程因式分解转化为低次方程来研究时，要注意几个低次方程之间的重根讨论；分式方程化为整式方程研究时，分母是否为0的分类讨论；无理方程转化为有理方程时，被开方数的限制条件等.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分12.在等比数列中，，，则____________．【答案】16【解析】【分析】由等比数列的性质即可求解.【详解】由，及可得：，即，又，所以16.故答案为：1613.已知函数，若与的图象相切于A、B两点，则直线的方程为____________．【答案】【解析】【分析】解方程先求出的坐标即可求解.【详解】，，不妨设，所以，所以直线的方程为：.故答案为：.14.金字塔在埃及和美洲等地均有分布，现在的尼罗河下游，散布着约80座金字塔遗迹，大小不一，其中最高大的是胡夫金字塔，如图，胡夫金字塔可以近似看做一个正四棱锥，则该正四棱锥的5个面所在的平面将空间分成____________部分（用数字作答）．【答案】23【解析】【分析】假想一个没有上顶的正方体，该正方体会把空间分割成块，把四面进行极限倾斜相交分析求解.【详解】假想一个没有上顶的正方体，该正方体会把空间分割成块，把四面进行极限倾斜相交，如图所示，在倾斜的过程中，在不管底面的情况下，个侧面在顶点以下的“水平范围”内最多可以切割出个空间，与没有倾斜极限的情况一样，多出来的空间是交叉的切割出来的空间，在空间上是对称的，四个倾斜的侧面在空间中的延伸还是这样的倾斜侧面，如图所示的对称的锥面同样会切割出个空间，即顶点之上的个延伸的倾斜的面同样会切割出个空间，但是四个空间和下面的四个倾斜的侧面切出的是同一个，即标记“×”的位置，所以在基础上加减，即结果是.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题关键在于把四面进行极限倾斜相交分析.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.已知抛物线的焦点为F，A是抛物线上横坐标为2且位于x轴上方的点，A到抛物线焦点的距离为．（1）求抛物线C的方程；（2）若过点F的直线l交抛物线C于B、D两点（异于O点），连接、，若，求的长．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由抛物线上焦半径的计算公式求解出，然后得到抛物线的方程即可；（2）联立直线与抛物线的方程，由韦达定理得到两根之和与两根之积，由，得，即，计算的长即可.【小问1详解】由题意得，解得，故抛物线方程为．【小问2详解】由题意得直线l的斜率不为0，设直线，与联立得，由韦达定理得，①设，，过O点作l垂线，垂足为G．由，得，即由得②由①②联立上式得，，．16.如图，在直四棱柱中，，，，，．（1）设过点G、B、D的平面交直线于点M，求线段的长；（2）若，当二面角为直二面角时，求直四棱柱的体积．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由直棱柱得且平面，利用线面平行的性质得，进而求线段的长；（2）法一：设，连接，，利用线面垂直的判定及性质定理及二面角的定义有为二面角的平面角，令结合已知条件求，最后应用棱柱的体积公式求体积；法二：设，根据已知二面角大小，应用向量法列方程求，进而应用棱柱的体积公式求体积；【小问1详解】连接，由直棱柱的结构特征，知且平面，平面平面，平面，所以，由平行传递性知，所以M为靠近的三等分点，.【小问2详解】方法一：几何法，如上图，设，连接，，由题意，，且都在面内，故面，同理有面，由面，面，所以，，故为二面角的平面角，设，由二面角为直二面角，知，由题设有，等面积法得，故，，，在中，即，整理得，解得，由题设，知，则，所以；方法二：向量法，设直线与直线交于点O，以O为坐标原点，以为x轴，以为y轴建立如图所示的空间直角坐标系．在中，由射影定理得，，，设，则，，，，设平面的一个法向量为，则，即，所以，令，则，，设平面的一个法向量为，则，即，所以，令，则，，当二面角为直二面角时，，得，∴.17.在中，，，点D在边上，且．（1）若，求的长；（2）若，点在边上，且，与交于点，求．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设，在和中分别得出，即可求解；（2）根据数量积的定义可得，根据向量的线性运算可得，由向量的夹角运算公式即可求解.【小问1详解】设，在中，，中，由余弦定理可得，所以，，解得，所以；【小问2详解】，，，，.18.已知函数．（1）当时，求函数的最小值；（2）设方程的所有根之和为T，且，求整数n的值；（3）若关于x的不等式恒成立，求实数a的取值范围．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）由题可得，判断导函数符号，可得函数的单调性，即可得函数的最小值；（2），由单调性结合零点存在性定理可得零点范围，即可得T的范围，即可得答案；（3）令，求导得，然后分，两种情况讨论可得答案；【小问1详解】，，，单调递减，，，单调递增，；【小问2详解】方程可化简为方程的根就是函数的零点，注意到，则在，上单调递增.因为，，所以函数在有唯一零点，且.因为，，所以函数在有唯一零点，且则，因此，．【小问3详解】设，则当时恒成立，①由（1）得，当时，，，单调递减，，，单调递增，.∴②当时，，这与矛盾，综上，．【点睛】关键点睛：对于零点范围问题，常利用零点存在性定理确定具体范围；对于函数不等式恒成立问题，可利用分离参数解决，也可直接分类讨论处理.19.母函数（又称生成函数）就是一列用来展示一串数字的挂衣架．这是数学家赫伯特·维尔夫对母函数的一个形象且精妙的比喻．对于任意数列，即用如下方法与一个函数联系起来：，则称是数列的生成函数．例如：求方程的非负整数解的个数．设此方程的生成函数为，其中x的指数代表的值．，则非负整数解的个数为．若，则，可得，于是可得函数的收缩表达式为：．故（广义的二项式定理：两个数之和的任意实数次幂可以展开为类似项之和的恒等式）则根据以上材料，解决下述问题：定义“规范01数列”如下：共有项，其中m项为0，m项为1，且对任意，，不同的“规范01数列”个数记为．（1）判断以下数列是否为“规范01数列”；①0，1，0，1，0，1；②0，0，1，1，1，0，0，1；③0，1，0，0，0，1，1，1．（2）规定，计算，，，的值，归纳数列的递推公式；（3）设数列对应的生成函数为①结合与之间的关系，推导的收缩表达式；②求数列的通项公式．【答案】（1）①，③是“规范01数列”，②不是“规范01数列”,理由见解析；（2），，，；数列的递推公式为或；（3）①；②【解析】【分析】（1）根据“规范01数列”的定义进行验证，①③正确，其中②中，故②错误；（2）列举法得到，，，，方法一：“规范01数列”满足：①当时，；②当时，，从而可将an划分为两部分，即和，得到的递推公式；方法二：利用正难则反的方法进行求解，得到，推出；（3）①推出，求出，由极限思想舍去，得到；②在①的基础上，推出，得到答案.小问1详解】①，③是“规范01数列”，②不是“规范01数列”,理由如下：①0，1，0，1，0，1；，，，，，，故①为“规范01数列”，②0，0，1，1，1，0，0，1，，不满足要求；③0，1，0，0，0，1，1，1，满足，，③为“规范01数列”；【小问2详解】时，“规范01数列”只有0，1，故，时，“规范01数列”有0，0，1，1和0，1，0，1，故，时，“规范01数列”有0，0，0，1，1，1和0，1，0，1，0，1和0，0，1，0，1，1和0，1，0，0，1，1和0，0，1，1，0，1，故，时，“规范01数列”有0，0，0，0，1，1，1，1和0，1，0，1，0，1，0，1和0，0，1，0，1，1，0，1和0，1，0，0，1，1，0，1和0，0，1，1，0，1，0，1和0，0，1，1，0，0，1，1和0，1，0，0，1，1，0，1和0，0，0，1，0，1，1，1和0，0，1，0，0，1，1，1和0，1，0，0，0，1，1，1和0，0，1，0，1，0，1，1和0，1，0，1，0，0，1，1和0，0，0，1，1，0，1，1和0，0，0，1，1，1，0，1；故，方法一：“规范01数列”an中，首项，若an当时，；②当时，，此时可将an划分为两部分，即和，由于且，则可构成一个“规范01数列”，所以数列的递推公式为：；方法二：要想满足“规范01数列”，即从左向右扫描，出现0的