河北省邢台市2025届高三数学上学期第四次月考试题文含解析

PAGE19-河北省邢台市2025届高三数学上学期第四次月考试题文（含解析）一、选择题：本大题共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.已知复数，则（）A.1 B.2 C. D.【答案】A【解析】【分析】依据复数代数形式的除法运算计算化简，再计算其模.【详解】解：因为，所以.故选：【点睛】本题考查复数代数形式的计算以及复数的模，属于基础题.2.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】解不等式，化简集合，依据交集定义即可求解.【详解】因为，所以.故选:D【点睛】本题考查集合间的运算，解对数不等式是解题的关键，属于基础题.3.已知数列是等差数列，且，则（）A.2 B.3 C.4 D.【答案】D【解析】【分析】依据数列的下标和性质，对原式进行转化即可求得.【详解】因为，所以，，解得.故选：D.【点睛】本题考查等差数列的下标和性质，属基础题.4.已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，且，，则下列命题中为真命题的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则【答案】D【解析】【分析】利用线面平行、线面垂直的性质定理和判定定理对选项分别分析选择.【详解】选项A,C直线可能在平面内，故不正确；选项B,若，，则，或在平面内，而，故与可能平行，相交或异面，故不正确；对于选项D：由，，结合面面平行的性质和线面垂直的判定定理，可得出直线，故为正确.故选：D【点睛】本题考查了线面平行、面面平行、线面垂直的性质定理和判定定理，留意定理成立的条件，属于基础题.5.已知，分别是椭圆的左、右焦点，为椭圆上一点，且，若为等腰三角形，则该椭圆的离心率为（）A. B.或 C. D.或【答案】A【解析】【分析】依据椭圆的定义即可求得，留意分类探讨，以免形成错解.【详解】①若，则，这样的三角形不存在；②若，则，此时离心率.故该椭圆的离心率为.故选：A.【点睛】本题考查椭圆离心率的求解，属基础题.6.在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，为的中点，则和平面所成角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】依据线线垂直，推证出线面垂直，从而找到线面角，再求解角度即可.【详解】依据题意，作图如下：因为底面，又因为平面，故；又因为底面为正方形，故可得,综上可得平面，故即为所求线面角.不妨设，则，，所以和平面所成角的余弦值为.故选：A.【点睛】本题考查线面角的求解，涉及线面垂直的判定，属基础题.7.将函数的图像向右平移个单位长度，再将图像上各点的横坐标伸长到原来的6倍（纵坐标不变），得到函数的图像，若为奇函数，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】依据三角函数的变换规则表示出，依据是奇函数，可得的取值，再求其最小值.【详解】解：由题意知，将函数的图像向右平移个单位长度，得，再将图像上各点的横坐标伸长到原来的6倍（纵坐标不变），得到函数的图像，，因为是奇函数，所以，解得，因为，所以的最小值为.故选：【点睛】本题考查三角函数的变换以及三角函数的性质，属于基础题.8.已知双曲线的两个顶点分别为，，的坐标分别为，，且四边形的面积为，四边形内切圆的周长为，则的方程为（）A. B.或C. D.或【答案】B【解析】【分析】依据四边形的面积为，得到，由内切圆的周长求出内切圆的半径，再次利用四边形的面积，求出的值，得到关于、的方程，解得.【详解】解：因为，，的坐标分别为，，，，又因为四边形的面积为，所以，得，记四边形内切圆半径为，则，得，所以，所以，又因为，得或，所以的方程为或.故选：【点睛】本题考查双曲线的标准方程，四边形及内切圆的相关性质，属于基础题.9.已知是抛物线上的一点，是抛物线的焦点，为坐标原点，若，，则抛物线的方程为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】，，可求出点的坐标，代入抛物线方程，即可求解.【详解】过向轴作垂线，设垂足为，∵，，∴，，，将点的坐标代入，得，故的方程为.故选:A【点睛】本题考查抛物线的标准方程，属于基础题.10.若直线l：与曲线y＝－2＋有两个相异的公共点，则l的斜率k的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】找出直线恒过的定点，画出曲线y＝－2＋，数形结合进行推断.【详解】整理化简为：依据交点直线系方程，该直线恒过直线与直线的交点.联立方程组，解得直线恒过定点对曲线y＝－2＋整理化简为：故其为一个以为圆心，半径为3的半圆，在同始终角坐标系下绘制图像如下图所示：由图可知，直线与曲线有两个交点的临界状况如上图的和当直线为的状态时，斜率为0，此时只有一个交点，故不取0；当直线为的状态时，斜率为，此时有两个交点，故可取.综上所述：.故选：B.【点睛】本题考查直线恒过定点，圆方程，以及直线与圆的交点的个数问题，属综合中档题；须要数形结合.11.已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，点P为椭圆上不同于左、右顶点的随意一点，I为△PF1F2的内心，且，若椭圆的离心率为e，则λ＝（）A. B.1 C.e D.2【答案】A【解析】【分析】设内切圆半径为，依据面积等式，结合椭圆的定义，求得，即可求解.【详解】设内切圆半径为，由可得：整理得：，又即，解得.故选：A.【点睛】本题考查椭圆的定义，属基础题；本题的难点在于对面积等量关系的转换.12.设函数，则不等式的解集是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】函数可由向左平移两个单位得到，分析的奇偶性、单调性，可得的单调性，利用函数的单调性将函数不等式转化为自变量的不等式，解得.【详解】解：由题意知的图像是由的图像向左平移两个单位长度得到，而是定义域为的偶函数，因为函数与在上单调递增，且，，所以在上单调递减，所以的定义域为，关于对称，并且在上单调递减，所以等价于且，即，故或.故选：【点睛】本题考查函数的奇偶性、单调性，以及函数的平移，属于中档题.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.共20分.把答案填在答题卡中的横线上.13.已知向量，，若，则__________．【答案】1【解析】【分析】依据垂直向量坐标关系，即可求解.【详解】由，得.故答案为:1【点睛】本题考查向量垂直的坐标表示，属于基础题.14.若正数，满意，则的最小值为______.【答案】【解析】【分析】奇妙配凑1，依据均值不等式即可求得最小值.【详解】由，可知，所以，当且仅当，即时等号成立.故答案为.【点睛】本题考查利用均值不等式求和的最小值，属基础题，留意配凑的技巧.15.斜率为的直线过抛物线：的焦点，若与圆：相切，则______.【答案】12【解析】分析】依据题意，可知倾斜角，数形结合，即可得到圆的半径和参数之间的关系，从而解得.【详解】结合题意作图如下：由图可得，，解得.故答案为：12.【点睛】本题考查抛物线方程的求解，留意数形结合即可.16.如图，在长方体中，，，异面直线与所成角的余弦值为，则该长方体外接球的表面积为______.【答案】【解析】【分析】平移两条异面直线，使得其相交，依据夹角的余弦值，求得长方体的高，再利用长方体外接球半径的计算公式求得半径和表面积.【详解】如图，连接，交于点，取的中点为，连接，，因为，所以与所成的角为.令，在中，由，，得.又，，，由余弦定理得，解得，所以，则，即，从而.故答案为：.【点睛】本题考查由异面直线的夹角求解线段的长度，以及长方体外接球半径的求解，属综合性基础题.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.第17～21题为必考题，每道试题考生都必需作答.第22、23题为选考题，考生依据要求作答.17.在中，角的对边分别为，且.（1）求；（2）若，面积为，求的周长.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用正弦定理，把条件等式化成角，再用诱导公式与两角和的正弦公式，即可求出，进而求出；（2）面积公式结合余弦定理，求出，就可得到的周长.【详解】（1）由，，，，；（2），由余弦定理得，，周长为.【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、面积公式，以及诱导公式和两角和正弦公式，考查计算实力，属于中档题.18.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n2＋kn＋k，（1）求{an}的通项公式；（2）若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由数列是等差数列，利用与之间的关系，即可求得；（2）利用裂项求和求解即可得到.【详解】（1）当时，当时，又数列为等差数列，故当时，，解得故.（2）由（1）可知，故.故数列{bn}的前n项和.【点睛】本题考查数列通项公式的求解，以及裂项求和，属综合基础题；其中第一问求参数是本题的关键步骤.19.如图，在直四棱柱中，底面为梯形，，，，，，点在线段上，，.（1）证明：平面；（2）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）连接，通过证明得到平面；（2）利用等体积法求点到面的距离.【详解】（1）证明：连接，因为底面为梯形，，，，则，且，所以四边形为平行四边形，则.又平面，平面，所以平面.（2）因为，，，所以为直角三角形，所以其面积.设点到平面的距离为，因为，所以，解得即点到平面的距离为.【点睛】本题考查线面平行的判定，以及点到面的距离的计算，属于中档题.20.已知直线与抛物线：交于，两点，为弦的中点，过作的垂线交轴于点.（1）求点的坐标；（2）当弦最长时，求直线的方程.【答案】(1).(2)或.【解析】【分析】（1）设，，代入抛物线相减得到，再依据计算得到答案.（2）直线的方程为，联立方程，依据韦达定理得到，，代入计算得到得到答案.【详解】（1）设，，，则两式相减得.因为，所以直线的斜率肯定存在，设直线的斜率为，所以.因为，所以，解得，所以点的坐标为.（2）由（1）知，直线的斜率肯定存在，且不为0，设直线的斜率为，则，即，所以直线的方程为.联立得，则，.由，可得，所以.设，令，可知，此时，即，所以当弦最长时，直线的方程为或.【点睛】本题考查了直线和抛物线的位置关系，弦长，意在考查学生的计算实力和转化实力.21.已知函数（其中）.（1）探讨函数的极值；（2）对随意，恒成立，求的取值范围.【答案】（1）答案不唯一，详细见解析（2）【解析】【分析】（1）求出函数的定义域、导函数，对和分两种状况探讨可得；（2）由（1）知当时，不符合题意；当时，的最大值为要使恒成立，即是使成立，令利用导数分析其单调性，即可求得的取值范围.【详解】（1）的定义域为，，①当时，，所以在上是减函数，无极值.②当时，令，得，在上，，是增函数；在上，，是减函数.所以有极大值，无微小值.（2）由（1）知，①当时，是减函数，令，则，，不符合题意，②当时，的最大值为，要使得对随意，恒成立，即要使不等式成立，则有解.令，所以令，由，得.在上，，则在上是增函数；在上，，则在上是减函数.所以，即，故在上是减函数，又，要使成立，则，即的取值范围为.【点睛】本题考查利用导数探讨函数的极值，单调性，属于中档题.22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，直线的极坐标方程为.（1）求的一般方程和的直角坐标方程；（2）直线与轴的交点为，经过点的直线与曲线交于两点，若，求直线的倾斜角.【答案】(1)，(2)或.【解析】【分析】（1）利用消去参数化曲线为一般方程，运用，即可化直线极坐标方程为直角坐标方程；（2）将直线方程化为具有几何意义参数方程，代入曲线方程，利用根与系数关系结合直线参数的几何意义，即可求解.【详解】（1）曲线的一般方程为，因为，所以，直线的直角坐标方程为.（2）点的坐标为，设直线的参数方程为（为参数，为倾斜角），联立直线与曲线的方程得.设对应的参数分别为，则，所以，得，且满意，故直线的倾斜角为或.【点睛】本题考查参数方程与一般方程互化，极坐标方程和直角坐标方程互化，考查直线参数方程参数敏捷应用，属于中档题.23.已知函数.（1）求不等式的解集；（2）