2025届河北省保定市十县一中高三上学期12月联考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河北省保定市十县一中2025届高三上学期12月联考数学试题一、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：A4.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.50 B.40 C.30 D.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：D6.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.2 B. C.4 D.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.2 B.1012 C.2024 D.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：B8.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②①②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=x则由得，令，得，设平面的法向量为n=x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，φ当时，φ'x<0，φ因为，所以要使得φx在上有且只有一个实数根，则解得.综上所述，的取值范围为.（3）由题可知，方程在R上存在3个实数根，，，则，从而令，则，当和时，，单调递增，当时，，单调递减，则，解得.因为，所以的取值范围为.河北省保定市十县一中2025届高三上学期12月联考数学试题一、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：A4.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.50 B.40 C.30 D.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：D6.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.2 B. C.4 D.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.2 B.1012 C.2024 D.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：B8.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②①②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=x则由得，令，得，设平面的法向量为n=x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