2025屆河北省石家莊市外國語學校數學高三第一學期期末質量跟蹤監視試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．函數，，則“的圖象關于軸對稱”是“是奇函數”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件2．如圖是函數在區間上的圖象，為了得到這個函數的圖象，只需將的圖象上的所有的點()A．向左平移個長度單位，再把所得各點的橫坐標變為原來的，縱坐標不變B．向左平移個長度單位，再把所得各點的橫坐標變為原來的2倍，縱坐標不變C．向左平移個長度單位，再把所得各點的橫坐標變為原來的，縱坐標不變D．向左平移個長度單位，再把所得各點的橫坐標變為原來的2倍，縱坐標不變3．如圖，在中，，是上的一點，若，則實數的值為（）A． B． C． D．4．將4名大學生分配到3個鄉鎮去當村官，每個鄉鎮至少一名，則不同的分配方案種數是()A．18種 B．36種 C．54種 D．72種5．已知函數的圖象如圖所示，則可以為（）A． B． C． D．6．《普通高中數學課程標準（2017版）》提出了數學學科的六大核心素養.為了比較甲、乙兩名高二學生的數學核心素養水平，現以六大素養為指標對二人進行了測驗，根據測驗結果繪制了雷達圖（如圖，每項指標值滿分為5分，分值高者為優），則下面敘述正確的是（）A．甲的數據分析素養高于乙B．甲的數學建模素養優于數學抽象素養C．乙的六大素養中邏輯推理最差D．乙的六大素養整體平均水平優于甲7．已知函數，若時，恒成立，則實數的值為（）A． B． C． D．8．定義在上的奇函數滿足，若，，則（）A． B．0 C．1 D．29．執行如圖所示的程序框圖，若輸出的值為8，則框圖中①處可以填（）．A． B． C． D．10．復數的共軛復數記作，已知復數對應復平面上的點，復數:滿足.則等于（）A． B． C． D．11．已知將函數（，）的圖象向右平移個單位長度后得到函數的圖象，若和的圖象都關于對稱，則下述四個結論：①②③④點為函數的一個對稱中心其中所有正確結論的編號是（）A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．②③④12．在區間上隨機取一個實數，使直線與圓相交的概率為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．如圖所示，平面BCC1B1⊥平面ABC，ABC＝120，四邊形BCC1B1為正方形，且AB＝BC＝2，則異面直線BC1與AC所成角的余弦值為_____．14．若的展開式中只有第六項的二項式系數最大，則展開式中各項的系數和是________．15．已知復數，且滿足（其中為虛數單位），則____.16．如果拋物線上一點到準線的距離是6，那么______.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知函數，.（1）當為何值時，軸為曲線的切線；（2）用表示、中的最大值，設函數，當時，討論零點的個數.18．（12分）已知函數，其中，為自然對數的底數.（1）當時，證明：對；（2）若函數在上存在極值，求實數的取值范圍。19．（12分）已知都是各項不為零的數列，且滿足其中是數列的前項和，是公差為的等差數列．（1）若數列是常數列，，，求數列的通項公式；（2）若是不為零的常數），求證：數列是等差數列；（3）若（為常數，），．求證：對任意的恒成立．20．（12分）已知橢圓的離心率為，橢圓C的長軸長為4.（1）求橢圓C的方程；（2）已知直線與橢圓C交于兩點，是否存在實數k使得以線段為直徑的圓恰好經過坐標原點O？若存在，求出k的值；若不存在，請說明理由.21．（12分）已知數列滿足，，其前n項和為.（1）通過計算，，，猜想并證明數列的通項公式；（2）設數列滿足，，，若數列是單調遞減數列，求常數t的取值范圍.22．（10分）如圖，D是在△ABC邊AC上的一點，△BCD面積是△ABD面積的2倍，∠CBD=2∠ABD=2θ．（Ⅰ）若θ=，求的值；（Ⅱ）若BC=4，AB=2，求邊AC的長．

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、B【解析】

根據函數奇偶性的性質，結合充分條件和必要條件的定義進行判斷即可．【詳解】設，若函數是上的奇函數，則，所以，函數的圖象關于軸對稱.所以，“是奇函數”“的圖象關于軸對稱”；若函數是上的偶函數，則，所以，函數的圖象關于軸對稱.所以，“的圖象關于軸對稱”“是奇函數”.因此，“的圖象關于軸對稱”是“是奇函數”的必要不充分條件.故選：B.【點睛】本題主要考查充分條件和必要條件的判斷，結合函數奇偶性的性質判斷是解決本題的關鍵，考查推理能力，屬于中等題.2、A【解析】

由函數的最大值求出，根據周期求出，由五點畫法中的點坐標求出，進而求出的解析式，與對比結合坐標變換關系，即可求出結論.【詳解】由圖可知，，又，，又，，，為了得到這個函數的圖象，只需將的圖象上的所有向左平移個長度單位，得到的圖象，再將的圖象上各點的橫坐標變為原來的（縱坐標不變）即可.故選:A【點睛】本題考查函數的圖象求解析式，考查函數圖象間的變換關系，屬于中檔題.3、B【解析】

變形為，由得，轉化在中，利用三點共線可得.【詳解】解：依題：，又三點共線，，解得．故選：．【點睛】本題考查平面向量基本定理及用向量共線定理求參數.思路是(1)先選擇一組基底，并運用該基底將條件和結論表示成向量的形式，再通過向量的運算來解決.利用向量共線定理及向量相等的條件列方程(組)求參數的值.(2)直線的向量式參數方程：三點共線?(為平面內任一點,)4、B【解析】

把4名大學生按人數分成3組，為1人、1人、2人，再把這三組分配到3個鄉鎮即得.【詳解】把4名大學生按人數分成3組，為1人、1人、2人，再把這三組分配到3個鄉鎮，則不同的分配方案有種.故選：.【點睛】本題考查排列組合，屬于基礎題.5、A【解析】

根據圖象可知，函數為奇函數，以及函數在上單調遞增，且有一個零點，即可對選項逐個驗證即可得出．【詳解】首先對4個選項進行奇偶性判斷，可知，為偶函數，不符合題意，排除B；其次，在剩下的3個選項,對其在上的零點個數進行判斷,在上無零點,不符合題意，排除D；然后,對剩下的2個選項,進行單調性判斷,在上單調遞減,不符合題意，排除C.故選：A．【點睛】本題主要考查圖象的識別和函數性質的判斷，意在考查學生的直觀想象能力和邏輯推理能力，屬于容易題．6、D【解析】

根據雷達圖對選項逐一分析，由此確定敘述正確的選項.【詳解】對于A選項，甲的數據分析分，乙的數據分析分，甲低于乙，故A選項錯誤.對于B選項，甲的建模素養分，乙的建模素養分，甲低于乙，故B選項錯誤.對于C選項，乙的六大素養中，邏輯推理分，不是最差，故C選項錯誤.對于D選項，甲的總得分分，乙的總得分分，所以乙的六大素養整體平均水平優于甲，故D選項正確.故選：D【點睛】本小題主要考查圖表分析和數據處理，屬于基礎題.7、D【解析】

通過分析函數與的圖象，得到兩函數必須有相同的零點，解方程組即得解.【詳解】如圖所示，函數與的圖象，因為時，恒成立，于是兩函數必須有相同的零點，所以，解得．故選：D【點睛】本題主要考查函數的圖象的綜合應用和函數的零點問題，考查不等式的恒成立問題，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.8、C【解析】

首先判斷出是周期為的周期函數，由此求得所求表達式的值.【詳解】由已知為奇函數，得，而，所以，所以，即的周期為.由于，，，所以，，，.所以，又，所以.故選：C【點睛】本小題主要考查函數的奇偶性和周期性，屬于基礎題.9、C【解析】

根據程序框圖寫出幾次循環的結果，直到輸出結果是8時.【詳解】第一次循環：第二次循環：第三次循環：第四次循環：第五次循環：第六次循環：第七次循環：第八次循環：所以框圖中①處填時，滿足輸出的值為8.故選：C【點睛】此題考查算法程序框圖，根據循環條件依次寫出每次循環結果即可解決，屬于簡單題目.10、A【解析】

根據復數的幾何意義得出復數，進而得出，由得出可計算出，由此可計算出.【詳解】由于復數對應復平面上的點，，則，，，因此，.故選：A.【點睛】本題考查復數模的計算，考查了復數的坐標表示、共軛復數以及復數的除法，考查計算能力，屬于基礎題.11、B【解析】

首先根據三角函數的平移規則表示出，再根據對稱性求出、，即可求出的解析式，從而驗證可得；【詳解】解：由題意可得，又∵和的圖象都關于對稱，∴，∴解得，即，又∵，∴，，∴，∴，，∴①③④正確，②錯誤.故選：B【點睛】本題考查三角函數的性質的應用，三角函數的變換規則，屬于基礎題.12、D【解析】

利用直線與圓相交求出實數的取值范圍，然后利用幾何概型的概率公式可求得所求事件的概率.【詳解】由于直線與圓相交，則，解得.因此，所求概率為.故選：D.【點睛】本題考查幾何概型概率的計算，同時也考查了利用直線與圓相交求參數，考查計算能力，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

將平移到和相交的位置，解三角形求得線線角的余弦值.【詳解】過作，過作，畫出圖像如下圖所示，由于四邊形是平行四邊形，故，所以是所求線線角或其補角.在三角形中，，故.【點睛】本小題主要考查空間兩條直線所成角的余弦值的計算，考查數形結合的數學思想方法，屬于中檔題.14、【解析】

由題意得出展開式中共有11項，；再令求得展開式中各項的系數和．【詳解】由的展開式中只有第六項的二項式系數最大，所以展開式中共有11項，所以；令，可求得展開式中各項的系數和是：．故答案為：1．【點睛】本小題主要考查二項式展開式的通項公式的運用，考查二項式展開式各項系數和的求法，屬于基礎題.15、【解析】

計算出，兩個復數相等，實部與實部相等，虛部與虛部相等，列方程組求解.【詳解】，所以，所以.故答案為：-8【點睛】此題考查復數的基本運算和概念辨析，需要熟練掌握復數的運算法則.16、【解析】

先求出拋物線的準線方程，然后根據點到準線的距離為6，列出，直接求出結果.【詳解】拋物線的準線方程為，由題意得，解得.∵點在拋物線上，∴，∴，故答案為：.【點睛】本小題主要考查拋物線的定義，屬于基礎題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）；（2）見解析.【解析】

（1）設切點坐標為，然后根據可解得實數的值；（2）令，，然后對實數進行分類討論，結合和的符號來確定函數的零點個數.【詳解】（1），，設曲線與軸相切于點，則，即，解得.所以，當時，軸為曲線的切線；（2）令，，則，，由，得.當時，，此時，函數為增函數；當時，，此時，函數為減函數.，.①當，即當時，函數有一個零點；②當，即當時，函數有兩個零點；③當，即當時，函數有三個零點；④當，即當時，函數有兩個零點；⑤當，即當時，函數只有一個零點.綜上所述，當或時，函數只有一個零點；當或時，函數有兩個零點；當時，函數有三個零點.【點睛】本題考查了利用導數的幾何意義研究切線方程和利用導數研究函數的單調性與極值，關鍵是分類討論思想的應用，屬難題．18、(1)見證明；(2)【解析】

（1）利用導數說明函數的單調性，進而求得函數的最小值，得到要證明的結論；（2）問題轉化為導函數在區間上有解，法一：對a分類討論，分別研究a的不同取值下，導函數的單調性及值域，從而得到結論.法二：構造函數，利用函數的導數判斷函數的單調性求得函數的值域，再利用零點存在定理說明函數存在極值．【詳解】(1)當時，，于是，.又因為，當時，且.故當時，，即.所以，函數為上的增函數，于是，.因此，對，；(2)方法一：由題意在上存在極值，則在上存在零點，①當時，為上的增函數，注意到，，所以，存在唯一實數，使得成立.于是，當時，，為上的減函數；當時，，為上的增函數；所以為函數的極小值點；②當時，在上成立，所以在上單調遞增，所以在上沒有極值；③當時，在上成立，所以在上單調遞減，所以在上沒有極值，綜上所述，使在上存在極值的的取值范圍是.方法二：由題意，函數在上存在極值，則在上存在零點.即在上存在零點.設，，則由單調性的性質可得為上的減函數.即的值域為，所以，當實數時，在上存在零點.下面證明，當時，函數在上存在極值.事實上，當時，為上的增函數，注意到，，所以，存在唯一實數，使得成立.于是，當時，，為上的減函數；當時，，為上的增函數；即為函數的極小值點.綜上所述，當時，函數在上存在極值.【點睛】本題考查利用導數研究函數的最值，涉及函數的單調性，導數的應用，函數的最值的求法，考查構造法的應用，是一道綜合題．19、（1）；（2）詳見解析；（3）詳見解析.【解析】

(1)根據,可求得,再根據是常數列代入根據通項與前項和的關系求解即可.(2)取,并結合通項與前項和的關系可求得再根據化簡可得,代入化簡即可知,再證明也成立即可.(3)由(2)當時,,代入所給的條件化簡可得,進而證明可得,即數列是等比數列.繼而求得,再根據作商法證明即可.【詳解】解：．是各項不為零的常數列,則,則由,及得,當時,,兩式作差,可得．當時,滿足上式,則；證明：,當時,,兩式相減得：即．即．又,,即．當時,,兩式相減得：．數列從第二項起是公差為的等差數列．又當時,由得,當時,由,得．故數列是公差為的等差數列；證明：由,當時,,即,,,即,即,當時,即．故從第二項起數列是等比數列,當時,．．另外,由已知條件可得,又,,因而．令,則．故對任意的恒成立．【點睛】本題主要考查了等差等比數列的綜合運用,需要熟練運用通項與前項和的關系分析數列的遞推公式繼而求解通項公式或證明等差數列等.同時也考查了數列中的不等式證明等,需要根據題意分析數列為等比數列并求出通項,再利用作商法證明.屬于難題.20、（1）；（2）存在，當時，以線段為直徑的圓恰好經過坐標原點O.【解析】

（1）設橢圓的焦半距為，利用離心率為，橢圓的長軸長為1．列出方程組求解，推出，即可得到橢圓的方程．（2）存在實數使得以線段為直徑的圓恰好經過坐標原點．設點，，，，將直線的方程代入，化簡，利用韋達定理，結合向量的數量積為0，轉化為：．求解即可．