2025届河北省沧州市普通高中高三上学期12月教学质量监测数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河北省沧州市普通高中2025届高三上学期12月教学质量监测数学试卷一､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.若复数，且，则（）A.2 B. C. D.1【答案】C【解析】根据复数相等可得，解得，∴，，∴.故选：C.2.命题“”的否定是（）A B.C. D.【答案】B【解析】根据存在量词命题的否定可得.故选：B.3.已知向量满足，且，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为，所以，所以，所以，故选：.4.为了分析某次数学模拟考试成绩，在90分及以上的同学中随机抽取了100名同学的成绩，得到如下成绩分布表：分数区间人据表中的数据，下列结论中正确的是（）A.所抽取的100名同学的成绩的中位数小于120B.所抽取的100名同学的成绩低于130所占比例超过C.所抽取的100名同学的成绩的极差不小于40且不大于60D.所抽取的100名同学的成绩的平均分数介于100至110之间【答案】C【解析】对于A选项，根据人数分布可知，所以所抽取的100名同学的成绩的中位数不小于120，所以A选项不正确；对于B选项，所抽取的100名同学的成绩低于130的人数为，故所抽取的名同学的成绩低于所占比例低于，所以B选项不正确；对于C选项，所抽取的100名同学的成绩的极差最大值为，极差最小值大于，所以C选项正确；对于D选项，成绩的平均分数，所以D选项不正确，故选：C.5.已知曲线，从上任取一点向轴作垂线段为垂足，则线段的中点的轨迹方程为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】设，依题意可知，即因为点在曲线上，所以，即，故选：A.6.已知函数，曲线y=fx与y=gx有两个交点AA. B. C. D.【答案】D【解析】当x>0时，，，当时，，，所以当时，，所以函数为奇函数，所以函数的图象关于点0,1对称，函数，所以函数为奇函数，函数的图象也关于点0,1对称.则两点也关于点0,1对称，所以，则，故选：D.7.已知圆台的体积为，上､下底面的半径分别为为圆台的一条母线，若为圆台上底面内的一条直线，圆台的母线与所成的角的最小值为，则的值为（）A.2 B. C. D.1【答案】B【解析】依题意，设圆台的高为，则有，解得，为圆台上底面内的一条直线，圆台的母线与所成的角的最小值即为母线与底面所成的角，所以.故选：B.8.若不等式恒成立，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】依题意，设，则函数的定义域为，令，解得或.易知函数在上均单调递减，若恒成立，则，即，所以，当且仅当时，取得最小值，即的最小值为，故选：C二､多选题：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.对于函数和，下列说法正确的是（）A.与有相同的最小正周期B.与一定不存在相同的零点C.与的图象有相同的对称轴D.存在区间与均单调递增【答案】ABD【解析】对于A，函数，又函数，所以函数与有相同的最小正周期，故A正确；对于B，对于函数的零点，可令，解得；对于函数的零点，可令，解得，由于，所以函数与一定不存在相同的零点，故B正确；对于C，对于函数的对称轴，可令，解得；对于函数对称轴，可令，解得，由于，所以函数与一定不存在相同的对称轴，故C错误；对于D，对于函数的单调递增区间，可令，解得；对于函数的单调递增区间，可令，解得，由于，可令，则区间为函数与的一个共同单调递增区间，故D正确.故选：ABD.10.已知等比数列的前项和为，则（）A.B.若，则C.若，则D.若，则【答案】ABD【解析】设等比数列的公比为，因为，所以，解得或，所以或.对于A选项，在等比数列中，，又，所以，所以A选项正确；对于B选项，若，则数列递增，，即，所以，所以B选项正确；对于C选项，若，则数列递减，，即，所以，所以C选项不正确；对于D选项，若，则数列递减，，又，所以，所以D选项正确，故选：ABD.11.已知抛物线的准线为，为上的动点，过点作的两条切线，切点分别为，则（）A.与相离B.的最小值为C.的最大值为D.四边形的面积的最小值为2【答案】BCD【解析】对于A选项，抛物线的准线的方程为，的圆心到直线的距离为，小于的半径1，与相交，选项A错误.对于B选项，设点的坐标为，则，.令函数，则，函数在R上单调递增，∵时，，∴当时，，当时，，∴函数在上单调递减，在1,+∞上单调递增，∴当时，函数取得最小值5，故的最小值为，选项B正确.对于C选项，，，∵，∴，，，故的最大值为，选项C正确.对于D选项，由题意得，，.在中，.由选项B得的最小值为，所以，故四边形的面积的最小值为2，选项D选项正确.故选：BCD.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知为等差数列的前项和，若，则__________.【答案】54【解析】，因为，所以，即.又，解得，所以.故答案为：54.13.已知分别为第一象限角和第三象限角，，则__________.【答案】【解析】依题意，，因为，，即，所以，又，所以，，所以.故答案为：.14.已知集合是由个连续正整数构成的集合，记集合中所有元素的和为，若，则集合中最小的元素为__________.【答案】【解析】因为集合是由个连续正整数构成的集合，所以集合是公差为1，项数为的等差数列，集合中所有元素的和为，设集合中最小的元素为，则，整理得，所以，因为为正整数，所以为正整数，由，则当时，，不符合为正整数，当时，，不符合为正整数，当时，，不符合为正整数，当时，，不符合为正整数，当时，，不符合为正整数，当时，，不符合为正整数，当时，，不符合为正整数，当时，，符合为正整数.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.已知的内角的对边分别为，若.（1）求；（2）若，求的周长.解：（1）依题意，，所以，因为，所以或，所以或.（2）由，根据正弦定理和三角形内角和定理可得，又，所以，即，又，所以，在中，因为，则，所以，所以.根据正弦定理可得，即，所以，所以的周长为.16.已知函数.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若函数的极小值小于0，求实数的取值范围.解：（1）依题意，函数的定义域为R，当时，，则，，所以曲线在点处的切线方程为，即.（2）由题意得，，当时，恒成立，所以函数在R上单调递增，此时函数不存在极值，不合题意.当时，令，即，则.当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增.所以函数在处取得极小值，且.又因为，则等价于，令，则，所以函数在上单调递减，又，所以当时，，即不等式的解集为，故实数的取值范围是.17.如图，在五棱锥中，，，.（1）证明：；（2）求平面与平面夹角的正弦值.（1）证明：在中，，所以，所以，即，又，所以，因为，平面，所以平面，又平面，所以；（2）解：连接，在中，，所以，在中，，所以，所以，即，由（1）知，，又因为，平面，所以平面.以A为坐标原点，以所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，过点作⊥轴于点，因为，所以，又，故，则，故，设平面的法向量为，则即不妨令，则，则为平面的一个法向量，依题意，为平面的一个法向量，设平面与平面的夹角为，则，又因为，所以平面与平面夹角的正弦值为.18.某学校信息科技小组为了研究“加密信息传递过程中被破解问题”的一项“微课题”，进行了一次探究活动.将传递的信息编码分别用“”四种字符代替，并随机等可能发送，每次只传递一种字符，且在发送过程中，“”四种字符被破解情况如下：传递信息字符破解后信息字符（每一种传递字符等可能被破解，如“传递字符”等可能被破解为“”）（1）若破解后信息字符为“”，求破解正确的概率；（2）现已知连续三次传递信息字符均为“”，设被破解后信息字符正确个数为，求的分布列和数学期望；（3）若连续三次传递信息，被破解后信息字符均为“”，设传递信息字符只有一种的概率为，传递信息字符只有两种的概率为，传递信息字符有三种的概率为，请比较的大小，并说明理由.解：（1）记破解后信息字符为为事件，传递信息字符为为事件，由于传递信息字符为时，均有的可能破解后信息字符为，则，，所以，所以；（2）由（1）可知，若传递信息字符为，则被破解正确的概率为，所有可能的取值为，，，，，的分布列为0123.（3）记“传递信息字符只有一种”为事件A，“传递信息字符只有两种”为事件，“传递信息字符有三种”为事件，“被破解后信息字符均为''”为事件，事件A中，由（1）可知，传递信息字符为中的某一个，故，，所以，事件B中，传递信息字符为中的某两个，且有1个字符被传递了2次，顺序有种，故，，故，事件C中，传递信息字符中各一次，顺序不定，，，，则，，，所以19.已知双曲线的焦点与椭圆的焦点重合，且直线被双曲线的两条渐近线截得的线段长为，过点的直线与椭圆交于不同的两点（点在轴上方），过点作直线分别交椭圆于另外两点.（1）求椭圆的标准方程；（2）若直线的倾斜角为钝角，且的面积为，证明：；（3）若，证明：直线的斜率为定值.（1）解：依题意，双曲线的焦点为，则，又双曲线的渐近线方程为，则，解得，所以，所以椭圆的标准方程为.（2）证明：由直线的倾斜角为钝角，可设直线的方程为，联立整理得，则恒成立，所以，，解得，因为，所以，即直线的方程为，连接，又有，解得，从而可得，所以，且，所以，所以.根据对称性可知，所以，所以.（3）证明：因为，所以，设，由，可得，又均在椭圆上，则有即所以，整理得，同理可得，所以直线的方程为，此时直线的斜率为，因为，所以直线的斜率为定值.河北省沧州市普通高中2025届高三上学期12月教学质量监测数学试卷一､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.若复数，且，则（）A.2 B. C. D.1【答案】C【解析】根据复数相等可得，解得，∴，，∴.故选：C.2.命题“”的否定是（）A B.C. D.【答案】B【解析】根据存在量词命题的否定可得.故选：B.3.已知向量满足，且，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为，所以，所以，所以，故选：.4.为了分析某次数学模拟考试成绩，在90分及以上的同学中随机抽取了100名同学的成绩，得到如下成绩分布表：分数区间人据表中的数据，下列结论中正确的是（）A.所抽取的100名同学的成绩的中位数小于120B.所抽取的100名同学的成绩低于130所占比例超过C.所抽取的100名同学的成绩的极差不小于40且不大于60D.所抽取的100名同学的成绩的平均分数介于100至110之间【答案】C【解析】对于A选项，根据人数分布可知，所以所抽取的100名同学的成绩的中位数不小于120，所以A选项不正确；对于B选项，所抽取的100名同学的成绩低于130的人数为，故所抽取的名同学的成绩低于所占比例低于，所以B选项不正确；对于C选项，所抽取的100名同学的成绩的极差最大值为，极差最小值大于，所以C选项正确；对于D选项，成绩的平均分数，所以D选项不正确，故选：C.5.已知曲线，从上任取一点向轴作垂线段为垂足，则线段的中点的轨迹方程为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】设，依题意可知，即因为点在曲线上，所以，即，故选：A.6.已知函数，曲线y=fx与y=gx有两个交点AA. B. C. D.【答案】D【解析】当x>0时，，，当时，，，所以当时，，所以函数为奇函数，所以函数的图象关于点0,1对称，函数，所以函数为奇函数，函数的图象也关于点0,1对称.则两点也关于点0,1对称，所以，则，故选：D.7.已知圆台的体积为，上､下底面的半径分别为为圆台的一条母线，若为圆台上底面内的一条直线，圆台的母线与所成的角的最小值为，则的值为（）A.2 B. C. D.1【答案】B【解析】依题意，设圆台的高为，则有，解得，为圆台上底面内的一条直线，圆台的母线与所成的角的最小值即为母线与底面所成的角，所以.故选：B.8.若不等式恒成立，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】依题意，设，则函数的定义域为，令，解得或.易知函数在上均单调递减，若恒成立，则，即，所以，当且仅当时，取得最小值，即的最小值为，故选：C二､多选题：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.对于函数和，下列说法正确的是（）A.与有相同的最小正周期B.与一定不存在相同的零点C.与的图象有相同的对称轴D.存在区间与均单调递增【答案】ABD【解析】对于A，函数，又函数，所以函数与有相同的最小正周期，故A正确；对于B，对于函数的零点，可令，解得；对于函数的零点，可令，解得，由于，所以函数与一定不存在相同的零点，故B正确；对于C，对于函数的对称轴，可令，解得；对于函数对称轴，可令，解得，由于，所以函数与一定不存在相同的对称轴，故C错误；对于D，对于函数的单调递增区间，可令，解得；对于函数的单调递增区间，可令，解得，由于，可令，则区间为函数与的一个共同单调递增区间，故D正确.故选：ABD.10.已知等比数列的前项和为，则（）A.B.若，则C.若，则D.若，则【答案】ABD【解析】设等比数列的公比为，因为，所以，解得或，所以或.对于A选项，在等比数列中，，又，所以，所以A选项正确；对于B选项，若，则数列递增，，即，所以，所以B选项正确；对于C选项，若，则数列递减，，即，所以，所以C选项不正确；对于D选项，若，则数列递减，，又，所以，所以D选项正确，故选：ABD.11.已知抛物线的准线为，为上的动点，过点作的两条切线，切点分别为，则（）A.与相离B.的最小值为C.的最大值为D.四边形的面积的最小值为2【答案】BCD【解析】对于A选项，抛物线的准线的方程为，的圆心到直线的距离为，小于的半径1，与相交，选项A错误.对于B选项，设点的坐标为，则，.令函数，则，函数在R上单调递增，∵时，，∴当时，，当时，，∴函数在上单调递减，在1,+∞上单调递增，∴当时，函数取得最小值5，故的最小值为，选项B正确.对于C选项，，，∵，∴，，，故的最大值为，选项C正确.对于D选项，由题意得，，.在中，.由选项B得的最小值为，所以，故四边形的面积的最小值为2，选项D选项正确.故选：BCD.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知为等差数列的前项和，若，则__________.【答案】54【解析】，因为，所以，即.又，解得，所以.故答案为：54.13.已知分别为第一象限角和第三象限角，，则__________.【答案】【解析】依题意，，因为，，即，所以，又，所以，，所以.故答案为：.14.已知集合是由个连续正整数构成的集合，记集合中所有元素的和为，若，则集合中最小的元素为__________.【答案】【解析】因为集合是由个连续正整数构成的集合，所以集合是公差为1，项数为的等差数列，集合中所有元素的和为，设集合中最小的元素为，则，整理得，所以，因为为正整数，所以为正整数，由，则当时，，不符合为正整数，当时，，不符合为正整数，当时，，不符合为正整数，当时，，不符合为正整数，当时，，不符合为正整数，当时，，不符合为正整数，当时，，不符合为正整数，当时，，符合为正整数.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.已知的内角的对边分别为，若.（1）求；（2）若，求的周长.解：（1）依题意，，所以，因为，所以或，所以或.（2）由，根据正弦定理和三角形内角和定理可得，又，所以，即，又，所以，在中，因为，则，所以，所以.根据正弦定理可得，即，所以，所以的周长为.16.已知函数.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若函数的极小值小于0，求实数的取值范围.解：（1）依题意，函数的定义域为R，当时，，则，，所以曲线在点处的切线方程为，即.（2）由题意得，，当时，恒成立，所以函数在R上单调递增，此时函数不存在极值，不合题意.当时，令，即，则.当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增.所以函数在处取得极小值，且.又因为，则等价于，令，则，所以函数在上单调递减，又，所以当时，，即不等式的解集为，故实数的取值范围是.17.如图，在五棱锥中，，，.（1）证明：；（2）求平面与平面夹角的正弦值.（1）证明：在中，，所以，所以，即，又，所以，因为，平面，所以平面，又平面，所以；（2）解：连接，在中，，所以，在中，，所以，所以，即，由（1）知，，又因为，平面，所以平面.以A为坐标原点，以所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，过点作⊥轴于点，因为，所以，又，故，则，故，设平面的法向量为，则即不妨令，则，则为平面的一个法向量，依题意，为平面的一个法向量，设平面与平面的夹角为，则，又因为，所以平面与平面夹角的正弦值为.18.某学校信息科技小组为了研究“加密信息传递过程中被破解问题”的一项“微课题”，进行了一次探究活动.将传递的信息编码分别用“”四种字符代替，并随机等可能发送，每次只传递一种字符，且在发送过程中，“”四种字符被破解情况如下：传递信息字符破解后信息字符（每一种传递字符等可