河北省邢台市质检联盟2025届高三上学期11月期中考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河北省邢台市质检联盟2025届高三上学期11月期中考试数学试题一、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】，其中满足，故.故选：B2.已知向量，若，则实数的值为（）A.1 B.1 C. D.【答案】A【解析】由题可知：，又，，则，解得.故选：A.3.在数列中，若，则下列数是中的项的是（）A.4 B.4 C. D.3【答案】B【解析】由，，，可知以3为周期，依次为，显然B正确.故选：B4.已知是第四象限角，为其终边上的一点，且，则（）A.4 B.4 C. D.【答案】C【解析】由三角函数的定义可知，解得，因为是第四象限的角，所以，则，故选：C.5.已知，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为，所以，同时除以，得，即，故选：C.6.已知正项等比数列的前3项和为21，且，则（）A. B.2 C.6 D.4【答案】C【解析】由题意知，正项等比数列的前3项和为21，且，则，解得.故选：C.7.函数的所有零点的和为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由可得，则函数的零点即函数与函数在上的交点的横坐标.对于函数，其最小正周期为，当时，函数单调递减，函数值从3减小到-3,当时，函数单调递增，函数值从-3增大到3.类似可得函数在区间上的图象变化情况.如图分别作出和在上图象如下.由图可知，两函数在上的图象关于直线对称，故两者的交点与也关于直线对称，故即函数的所有零点的和为故选：C.8.已知，则的大小关系是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】因为，所以在0,+∞上均单调递增，所以，即，对于，构造函数，易知时，f'x>0，即此时函数单调递增，则所以，因为在0,+∞上单调递增，所以，综上.故选：A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.若复数，是方程的两个根，则（）A.为纯虚数 B.C. D.【答案】ABD【解析】方程，，方程的根为，即方程的根为，，不妨设，，则为纯虚数，故A正确；，故B正确；，故C错误；，则，故D正确.故选：ABD10.已知表示不超过的最大整数．设函数的两个零点为，则（）A. B. C. D.【答案】AC【解析】.当时，，单调递减；当时，，单调递增.因为，，，，所以，，所以，.故选：AC11.已知数列的前项和为则下列说法正确的是（）A.是等比数列B.C.中存在不相等的三项构成等差数列D.若，则的取值范围为【答案】ABD【解析】对于A，根据题意易知，所以是等比数列，以1为首项，3为公比，，故A正确；对于B，同理，，即所以是等比数列，以3为首项，3为公比，，则，故B正确；对于C，假设中存在不相等的三项构成等差数列，不妨设该三项为，则，即，因为，所以，则上式不成立，所以不存在，故C错误；对于D项，若n为奇数，则，，而由A项可知，递增，所以，，则，若n为偶数，则，，同理由A项可知，递增，所以，，则，而，则，故D正确.故选：ABD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在答题卡中的横线上．12.设是等差数列的前项和，若，则______．【答案】【解析】由题可知：.13.将一副三角板按如图所示的位置拼接：含角的三角板的长直角边与含角的三角板的斜边恰好重合.与相交于点.若，则___________.【答案】【解析】由题可知.由可得：，则，解得.14.已知四边形是边长为4的正方形，点满足，为平面内一点，则的最小值为______．【答案】【解析】建立如图所示的直角坐标系，设Px,y，是中点，则,由可得,故，所以，故当时，取到最小值，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.某红茶批发地只经营甲､乙､丙三种品牌的红茶，且甲､乙､丙三种品牌的红茶优质率分别为.（1）若该红茶批发地甲､乙､丙三种品牌的红茶市场占有量的比例为，小张到该批发地任意购买一盒红茶，求他买到的红茶是优质品的概率；（2）若小张到该批发地甲､乙､丙三种品牌店各任意买一盒红茶，求他恰好买到两盒优质红茶的概率.解：（1）设事件分别表示小张买到的红茶品牌为甲品牌、乙品牌、丙品牌，事件表示他买到的红茶是优质品，则依据已知可得，，由全概率公式得，所以他买到的红茶是优质品的概率为.（2）设事件表示他恰好买到两盒优质红茶，组成事件的情况有：甲乙优质红茶丙非优质红茶、甲丙优质红茶乙非优质红茶，乙丙优质红茶甲非优质红茶，且优质与否互相独立，则，所以他恰好买到两盒优质红茶的概率为.16.记的内角的对边分别为，已知．（1）求；（2）若，求面积的最大值．解：（1）由，可得，即，所以，，因为，所以，又，所以．（2）由余弦定理可得，因为，所以，即，当且仅当时，等号成立．故△面积的最大值为．17.已知数列的前项和为，且．（1）求的通项公式；（2）若，求数列的前项和．解：（1）令，得，当时，因为，所以，两式相减得，即，所以，所以，即，所以，又，符合上式，所以；（2），则，，两式作差得，即，所以．18.已知函数．（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若曲线与在上至少有一个交点，求的取值范围；（3）若，、，且，，求的最小值．解：（1）当时，，，可得，，即切点坐标为，切线斜率，所以切线方程为，即．（2）由，得，令，其中，则，其中，当时，，则单调递减，当时，，则单调递增．所以，，所以，则的取值范围为．（3）因为、，且，，所以，设函数，则，可得在上单调递减，所以在上恒成立，即对时恒成立．设，则．设，则，令，解得．当时，，则单调递减，当时，，则单调递增．，，当时，，，则，，所以存在，使得，即．当时，，则单调递增，当时，，则单调递减，所以当时，取得最大值．，当时，，又整数，所以的最小值为．19.已知，定义：数列共有项，对任意，存在，使得，或存在，使得，则称数列为“封闭数列”．（1）若，判断数列是否为“封闭数列”；（2）已知递增数列为“封闭数列”，求；（3）已知数列单调递增，且为“封闭数列”，若，证明：是等比数列．（1）解：由题意知，数列为1，2，3，4，5，6，7，8，9，10．因为和均不是中的项，所以数列不是“封闭数列”．（2）解：由题意数列递增可知，