2025届河北省石家庄市正定中学高三考前热身数学试卷含解析

2025届河北省石家庄市正定中学高三考前热身数学试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．若双曲线：绕其对称中心旋转后可得某一函数的图象，则的离心率等于（）A． B． C．2或 D．2或2．如图所示点是抛物线的焦点，点、分别在抛物线及圆的实线部分上运动，且总是平行于轴，则的周长的取值范围是（）A． B． C． D．3．已知函数，，若对任意，总存在，使得成立，则实数的取值范围为（）A． B．C． D．4．已知函，，则的最小值为（）A． B．1 C．0 D．5．已知a，b∈R，，则（）A．b＝3a B．b＝6a C．b＝9a D．b＝12a6．设，，分别是中，，所对边的边长，则直线与的位置关系是（）A．平行 B．重合C．垂直 D．相交但不垂直7．已知向量，（其中为实数），则“”是“”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件8．已知，若则实数的取值范围是（）A． B． C． D．9．阿基米德（公元前287年—公元前212年），伟大的古希腊哲学家、数学家和物理学家，他死后的墓碑上刻着一个“圆柱容球”的立体几何图形，为纪念他发现“圆柱内切球的体积是圆柱体积的，且球的表面积也是圆柱表面积的”这一完美的结论.已知某圆柱的轴截面为正方形，其表面积为，则该圆柱的内切球体积为()A． B． C． D．10．函数的图象的大致形状是（）A． B． C． D．11．下图为一个正四面体的侧面展开图，为的中点，则在原正四面体中，直线与直线所成角的余弦值为（）A． B．C． D．12．在复平面内，复数对应的点的坐标为（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知正四棱柱的底面边长为，侧面的对角线长是，则这个正四棱柱的体积是____．14．已知，，则与的夹角为.15．连续掷两次骰子，分别得到的点数作为点的坐标，则点落在圆内的概率为______________．16．如图是一个算法流程图，若输出的实数的值为，则输入的实数的值为______________.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知函数，.（1）求函数的极值；（2）当时，求证：.18．（12分）已知，分别是椭圆：的左，右焦点，点在椭圆上，且抛物线的焦点是椭圆的一个焦点．（1）求,的值：（2）过点作不与轴重合的直线，设与圆相交于A，B两点，且与椭圆相交于C，D两点，当时，求△的面积．19．（12分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数，），点.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求曲线的直角坐标方程，并指出其形状；（2）曲线与曲线交于，两点，若，求的值.20．（12分）如图，在正四棱柱中，已知，.（1）求异面直线与直线所成的角的大小；（2）求点到平面的距离.21．（12分）已知数列满足,，数列满足.（Ⅰ）求证数列是等比数列；（Ⅱ）求数列的前项和.22．（10分）如图，在四棱锥中，，，，和均为边长为的等边三角形.（1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、C【解析】

由双曲线的几何性质与函数的概念可知，此双曲线的两条渐近线的夹角为，所以或，由离心率公式即可算出结果.【详解】由双曲线的几何性质与函数的概念可知，此双曲线的两条渐近线的夹角为，又双曲线的焦点既可在轴，又可在轴上，所以或，或.故选：C【点睛】本题主要考查了双曲线的简单几何性质，函数的概念，考查了分类讨论的数学思想.2、B【解析】

根据抛物线方程求得焦点坐标和准线方程，结合定义表示出；根据抛物线与圆的位置关系和特点，求得点横坐标的取值范围，即可由的周长求得其范围.【详解】抛物线，则焦点，准线方程为，根据抛物线定义可得，圆，圆心为，半径为，点、分别在抛物线及圆的实线部分上运动，解得交点横坐标为2.点、分别在两个曲线上，总是平行于轴，因而两点不能重合，不能在轴上，则由圆心和半径可知，则的周长为，所以，故选：B.【点睛】本题考查了抛物线定义、方程及几何性质的简单应用，圆的几何性质应用，属于中档题.3、C【解析】

将函数解析式化简，并求得，根据当时可得的值域；由函数在上单调递减可得的值域，结合存在性成立问题满足的集合关系，即可求得的取值范围.【详解】依题意，则，当时，，故函数在上单调递增，当时，；而函数在上单调递减，故，则只需，故，解得，故实数的取值范围为.故选：C.【点睛】本题考查了导数在判断函数单调性中的应用，恒成立与存在性成立问题的综合应用，属于中档题.4、B【解析】

，利用整体换元法求最小值.【详解】由已知，又，，故当，即时，.故选：B.【点睛】本题考查整体换元法求正弦型函数的最值，涉及到二倍角公式的应用，是一道中档题.5、C【解析】

两复数相等，实部与虚部对应相等.【详解】由，得，即a，b＝1．∴b＝9a．故选：C．【点睛】本题考查复数的概念，属于基础题.6、C【解析】试题分析：由已知直线的斜率为，直线的斜率为，又由正弦定理得，故，两直线垂直考点：直线与直线的位置关系7、A【解析】

结合向量垂直的坐标表示，将两个条件相互推导，根据能否推导的情况判断出充分、必要条件.【详解】由，则，所以；而当，则，解得或.所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A【点睛】本小题考查平面向量的运算，向量垂直，充要条件等基础知识；考查运算求解能力，推理论证能力，应用意识.8、C【解析】

根据，得到有解，则，得，，得到，再根据，有，即，可化为，根据，则的解集包含求解，【详解】因为，所以有解，即有解，所以，得，，所以，又因为，所以，即，可化为，因为，所以的解集包含，所以或，解得，故选：C【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解法及集合的关系的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题，9、D【解析】

设圆柱的底面半径为,则其母线长为,由圆柱的表面积求出,代入圆柱的体积公式求出其体积,结合题中的结论即可求出该圆柱的内切球体积.【详解】设圆柱的底面半径为,则其母线长为,因为圆柱的表面积公式为，所以,解得,因为圆柱的体积公式为,所以,由题知,圆柱内切球的体积是圆柱体积的，所以所求圆柱内切球的体积为.故选:D【点睛】本题考查圆柱的轴截面及表面积和体积公式;考查运算求解能力;熟练掌握圆柱的表面积和体积公式是求解本题的关键;属于中档题.10、B【解析】

根据函数奇偶性，可排除D；求得及，由导函数符号可判断在上单调递增，即可排除AC选项.【详解】函数易知为奇函数，故排除D.又，易知当时，；又当时，，故在上单调递增，所以，综上，时，，即单调递增.又为奇函数，所以在上单调递增，故排除A，C.故选：B【点睛】本题考查了根据函数解析式判断函数图象，导函数性质与函数图象关系，属于中档题.11、C【解析】

将正四面体的展开图还原为空间几何体，三点重合，记作，取中点，连接，即为与直线所成的角，表示出三角形的三条边长，用余弦定理即可求得.【详解】将展开的正四面体折叠，可得原正四面体如下图所示，其中三点重合，记作：则为中点，取中点，连接，设正四面体的棱长均为，由中位线定理可得且，所以即为与直线所成的角，，由余弦定理可得，所以直线与直线所成角的余弦值为，故选：C.【点睛】本题考查了空间几何体中异面直线的夹角，将展开图折叠成空间几何体，余弦定理解三角形的应用，属于中档题.12、C【解析】

利用复数的运算法则、几何意义即可得出．【详解】解：复数i（2+i）＝2i﹣1对应的点的坐标为（﹣1，2），故选：C【点睛】本题考查了复数的运算法则、几何意义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】Aa设正四棱柱的高为h得到故得到正四棱柱的体积为故答案为54.14、【解析】

根据已知条件，去括号得：，15、【解析】

连续掷两次骰子共有种结果，列出满足条件的结果有11种，利用古典概型即得解【详解】由题意知，连续掷两次骰子共有种结果，而满足条件的结果为：共有11种结果，根据古典概型概率公式，可得所求概率．故答案为：【点睛】本题考查了古典概型的应用，考查了学生综合分析，数学运算的能力，属于基础题.16、【解析】

根据程序框图得到程序功能，结合分段函数进行计算即可.【详解】解：程序的功能是计算，若输出的实数的值为，则当时，由得，当时，由，此时无解.故答案为：.【点睛】本题主要考查程序框图的识别和判断，理解程序功能是解决本题的关键，属于基础题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、(1)的极小值为，无极大值.（2）见解析.【解析】

（1）对求导，确定函数单调性，得到函数极值.（2）构造函数，证明恒成立，得到，，得证.【详解】（1）由题意知，，令，得，令，得.则在上单调递减，在上单调递增，所以的极小值为，无极大值.（2）当时，要证，即证.令，则，令，得，令，得，则在上单调递减，在上单调递增，所以当时，，所以，即.因为时，，所以当时，，所以当时，不等式成立.【点睛】本题考查了函数的单调性，极值，不等式的证明，构造函数是解题的关键.18、（1）；（2）.【解析】

（1）由已知根据抛物线和椭圆的定义和性质，可求出，；（2）设直线方程为，联立直线与圆的方程可以求出，再联立直线和椭圆的方程化简，由根与系数的关系得到结论，继而求出面积．【详解】（1）焦点为F（1，0），则F1（1，0），F2（1，0），，解得，＝1，＝1，（Ⅱ）由已知，可设直线方程为，，联立得，易知△＞0，则＝＝＝因为，所以＝1，解得联立，得，△＝8＞0设，则【点睛】本题主要考查抛物线和椭圆的定义与性质应用，同时考查利用根与系数的关系，解决直线与圆，直线与椭圆的位置关系问题．意在考查学生的数学运算能力．19、（1），以为圆心，为半径的圆；（2）【解析】

（1）根据极坐标与直角坐标的互化公式，直接得到的直角坐标方程并判断形状；（2）联立直线参数方程与的直角坐标方程，根据直线参数方程中的几何意义结合求解出的值.【详解】解：（1）由，得，所以，即，.所以曲线是以为圆心，为半径的圆.（2）将代入，整理得.设点，所对应的参数分别为，，则，.，解得，则.【点睛】本题考查极坐标与直角坐标的互化以及根据直线参数方程中的几何意义求值，难度一般.（1）极坐标与直角坐标的互化公式：；（2）若要使用直线参数方程中的几何意义，要注意将直线的标准参数方程代入到对应曲线的直角坐标方程中，构成关于的一元二次方程并结合韦达定理形式进行分析求解.20、（1）；（2）.【解析】

（1）建立空间坐标系，通过求向量与向量的夹角，转化为异面直线与直线所成的角的大小；（2）先求出面的一个法向量，再用点到面的距离公式算出即可．【详解】以为原点，所在直线分别为轴建系，设所以,,所以异面直线与直线所成的角的余弦值为，异面直线与直线所成的角的大小为．（2）因为，，设是面的一个法向量，所以有即，令，，故，又，所以点到平面的距离为.【点睛】本题主要考查向量法求异面直线所成角的大小和点到面的距离，意在考查学生的数学建模以及数学运算能力．21、（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）利用等比数列的定义结合得出数列是等比数列（Ⅱ）数列是“等比-等差”的类型，利用分组求和即可得出前项和.【详解】解：（Ⅰ）当时，，故.当时，，则，，数列是首项为，公比为的等比数列.（Ⅱ）由（Ⅰ）得，，，.【点睛】（Ⅰ）证明数列是等比数列可利用定义法得出（Ⅱ）采用分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．22、(1)见证明；(2)【解析】

(1)取的中点，连接，要证平面平面，转证平面，即证，即可；(2)以为坐标原点，以为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，代入公式，即可得到结果.【详解】（1）取的中点，连接，因为均为边长为的等边三角形，所以，，且因为，所以，所以，又因为，平面，平面，所