河北省2025届高三年级11月阶段调研检测二数学本试卷共4页，满分150分，考试用时120分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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.已知全集，则集合（ ）A.B.C.D.2.函数的定义域为（ ）A.B.C.D.3.若事件，发生的概率分别为，则“”是“”的（ ）条件.A.充分不必要B.必要不充分C.充分且必要D.既不充分又不必要4.球是棱长为1的正方体的外接球，则球的内接正四面体体积为（ ）A.B.C.D.5.某同学掷一枚正方体骰子5次，记录每次骰子出现的点数，统计出结果的平均数为2，方差为0.4，可判断这组数据的众数为（ ）A.1B.2C.3D.46.已知，且，则的最小值为（ ）A.13B.C.14D.7.已知函数的定义域为，且为奇函数，则一定正确的是（ ）A.的周期为2B.图象关于直线对称C.为偶函数D.为奇函数8.已知函数在区间上有且仅有一个零点，当最大时在区间上的零点个数为（ ）A.466B.467C.932D.933二、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，则（ ）A.B.C.D.10.已知平面内点，点为该平面内一动点，则（ ）A.，点的轨迹为椭圆B.，点的轨迹为双曲线C.，点的轨迹为抛物线D.，点的轨迹为圆11.如图，圆锥的底面直径和母线长均为6，其轴截面为，为底面半圆弧上一点，且，则（ ）A.当时，直线与所成角的余弦值为B.当时，四面体的体积为C.当且面时，D.当时，三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.双曲线：的左焦点为，右顶点为，点到渐近线的距离是点到渐近线距离的2倍，则的离心率为_.13.已知数列满足，其前100项中某项正负号写错，得前100项和为，则写错的是数列中第_项.14.如右图所示，中，是线段的三等分点，是线段的中点，与，分别交于，则平面向量用向量，表示为_.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.（13分）在中，角，所对的边分别为，且.（1）求角的大小；（2）若，的面积为，求的周长.16.（15分）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，为等边三角形且垂直于底面.（1）求证：；（2）求平面与平面夹角的正弦值.17.（15分）已知函数.（1）当时，求的图象在点处的切线方程；（2）当时，求的单调区间；（3）若函数单调递增，求实数的取值范围.18.（17分）椭圆：左右顶点分别为，且，离心率.（l）求椭圆的方程；（2）直线与抛物线相切，且与相交于、两点，求面积的最大值.19.（17分）（1）在复数范围内解方程；（2）设，且，证明：；（3）设复数数列满足：，且对任意正整数，均有.证明：对任意正偶数，均有.河北省2025届高三年级11月阶段调研检测数学参考答案与解析1.【答案】D 2.【答案】B 3.【答案】C4.【答案】C【解析】因为正四面体可以补形为正方体，可知右图中正四面体和正方体有同一外接球，正方体棱长为1，则体积为1，可得正四面体体积为正方体体积去掉四个角上的四面体体积，即.故选C.5.【答案】B【解析】不妨设五个点数为，由题意平均数为2，方差为0.4，知.可知五次的点数中最大点数不可能为4，5，6.五个点也不可能都是2，则五个点数情况可能是3，3，2，1，1，其方差为，不合题意.若五个点数情况为3，2，2，2，1，其方差为，符合题意，其众数为2.故选B.6.【答案】A【解析】，又，且，当且仅当，解得，时等号成立，故的最小值为13.故选A.7.【答案】D【解析】为奇函数，得，即，则为奇函数，故C错误；且图象关于点中心对称，故B错误；可知，函数周期为4，故A错误；，又图象关于点中心对称，知，所以，得关于点对称，则关于点对称，所以为奇函数，故D正确.故选D.8.【答案】B【解析】【法一】由题意，函数，可得函数的周期为，因为，可得，又由函数在区间上有且仅有一个零点，且满足，且，可得，即，且，当时，解得，所以；当时，解得，所以；当时，解得，此时解集为空集，综上可得，实数的取值范围为.所以，得解得令，共有467个零点.故选B.【法二】由题意，函数，可得函数的周期为，因为，可设，则，又函数在区间上有且仅有一个零点，可得，所以，则由图象性质，可知，得，即.或者，得，即.所以最大为，得.，解得.令，共有467个零点.故选B.9.【答案】AC【解析】令，则，故A正确；由二项式定理，则，故B错误；令，则，则，故C正确；令，则，又，所以，得，故D错误.故选AC.10.【答案】AD【解析】由椭圆的定义知A正确；线段的长度与线段的长度的差为，则的轨迹应为双曲线靠近点的一支，故B错误；设点，由得，整理得，即，当时，得或，故曲线与轴有三个交点，轨迹不为抛物线，故C错误；由得，整理得即轨迹是以为圆心，为半径的圆，故D正确.故选AD.11.【答案】ACD【解析】由题意可知是边长为6的等边三角形，.时，为的中点，取得，为直线与所成角或其补角，又，.则，故A正确；在中，得，且，则四面体的体积为.，为的中点，为的中点，故四面体体积为四面体体积的四分之一，得四面体体积为，故B错误；对于CD选项：【法一】当时，取的中点，则，过作交于，此时为的中点，所以面面，得面，所以，故C正确；当时，在面内过作交于，则面，面，故此时得到的，中，由余弦定理得，得，则，故D正确.故选ACD.【法二】则以为坐标原点，过点与垂直的直线为轴，分别以、所在直线为轴和轴建立如图所示的空间直角坐标系，由题意得，得，对于C，则，设平面的一个法向量为，则，可取.面时，得，解得.故C正确.对于D，由得，.故D正确.故选ACD.12.【答案】213.【答案】38【解析】，则其前100项和为某项正负号写错后得前100项和为，说明某正项写成了负数，又，故写错的数为75，令，解得.故写错的是数列中第38项.14.【答案】【解析】【法一】与交于，可设，解得，得.同理得，所以.【法二】过点作交于点，得，同理过点作的平行线可得，.【法三】设，则，得，又因为，所以.故，解得，则.同理可得，【法四】特殊三角形法设是底为12，高为2的等腰三角形建立如图所示的平面直角坐标系，得，得直线：，：，：，解得，得，设，解得，所以.15.解：（1），由余弦定理得，.又，.（2）因为的面积为，即，.由余弦定理得.解得.所以周长为.16.解：（1）【法一】证明：如图所示，取中点，为等边三角形，又面垂直于底面，交线为，得面，又面.底面为直角梯形，所以，所以，得，又，得面，面，所以.【法二】取中点，为等边三角形且垂直于底面，交线为，则，得面，又因为，可设，则以为坐标原点，过点与平行的直线为轴，分别以、所在直线为轴和轴建立如图所示的空间直角坐标系，得，得，所以，得.（2）【法一】由（1）知面，不妨设，则，以为坐标原点，过点与平行的直线为轴，分别以、所在直线为轴和轴建立如图所示的空间直角坐标系，得，；设平面的一个法向量为，则，可取；设平面的一个法向量为，则，即，可取.设平面与平面夹角为，则，所以平面与平面夹角的正弦值为.【法二】不妨设，为等边三角形且垂直于底面，交线为，底面为直角梯形，所以面，又，得面，面，得面面，交线为，取的中点，则，等边边长为2，则，则面，则点到面的距离等于点到面的距离为，因为面，面，均为直角三角形，得，.作，可得，所以平面与平面夹角的正弦值为.17.解：（1）当时，函数，得，则，所以的图象在点处的切线方程为.（2）因为当时，.所以在上单调递增，又，故当时，单调递减，当时，单调递增，综上所述：单调递减区间为，单调递增区间为.（3）由，且，得单调递增，所以在上恒成立，又由题意恒成立，得，即恒成立，得恒成立，设，得，0极大值所以当时，最大为.所以恒成立，得.综上，若函数单调递增，则实数的取值范围为.18.解：（1）由题意，得，.又的离心率为，得，所以，则，得椭圆的方程为.（2）【法一】由题意当直线斜率不存在时，直线方程为，易得，此时.当直线斜率存在时，方程可设为，与抛物线联立得整理得由.联立，得，又，整理得且得设，则，.得又点到直线距离为，由二次函数性质知当（满足）时，取得最大值为，综上所述，得的面积的最大值为.【法二】由题意知直线斜率不为0，故方程可设为，与抛物线联立得，直线与抛物线相切得，联立，得，且.设，则，.又与轴交于点，则又，当（此时，符合）时，取得最大值为综上所述，得的面积的最大值为.【法三】由题意可设直线的切点为，则切线方程为当切点为原点时，易得当切点不是原点时，联立整理得，得设，则，.得又点到直线距离为，当时（满足），面积最大.综上所述，得的面积的最大值为.【法四】设直线的切点为，即，则切线方程为.由题意知直线斜率不为0，得直线方程为，得.设，则，.又与轴交于点，则当（满足）时，取得最大值为.综上所述，得的面积的最大值为.19.解：（1）解方程，得，由解得，由，利用二次方程求根公式得，即，所以的根为，.（2）【法一】证明：由，可设，.得.【法二】选学内容方法由，且，可设，.则，则（3）由于，且对任意正整数，均有，故整理得，解得.因此，故进而由得，因为为偶数，又利用得所以对任意正偶数，均有