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河北省 2024-2025 学年高三上学期 11 月阶段调研检测二数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知全集 ， ，则集合 ( )
U=A∪B={x∈N|x2−10x≤0} A∩(∁ B)={1,3,5,7} B=
U
A. {2,4,6,8} B. {2,4,6,8,9,10}
C. {0,2,4,6,8,10} D. {0,2,4,6,8,9,10}
2.函数y=√lg(x−1)的定义域为( )
A. {x|x>1} B. {x|x≥2} C. {x|x>10} D. {x|x≥11}
3.若事件A，B发生的概率分别为P(A)，P(B)，(P(A)>0,P(B)>0)，则“P(B|A)=P(B)”是“
P(A|B)=P(A)”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O是棱长为1的正方体的外接球，则球O的内接正四面体体积为( )
1 √6 1 √6
A. B. C. D.
2 6 3 4
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. 1 B. 2 C. 3 D. 4
1 1
6.已知x>1，y>0，且 + =1，则4x+ y的最小值为( )
x−1 y
15+5√5
A. 13 B. C. 14 D. 9+√65
2
7.已知函数f(x)的定义域为R，且f(2x+1)为奇函数，f(2x+4)=f(2x)，则一定正确的是( )
A. f(x)的周期为2 B. f(x)图象关于直线x=1对称
C. f(x+1)为偶函数 D. f(x+3)为奇函数
π π
8.已知函数f(x)=2sin(ωx− )(ω>0)在区间( ,π)上有且仅有一个零点，当ω最大时f(x)在区间
3 3
[−100π,100π]上的零点个数为( )
A. 466 B. 467 C. 932 D. 933
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.若 ，则( )
(2x−1) 8=a x8+a x7+a x6+⋯+a x2+a x+a
8 7 6 2 1 0
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1 1A. a =1
0
B. a =−8
3
C. a +a +a +⋯+a +a =0
1 2 3 7 8
D. a −a +a −a +⋯+a −a =−6561
1 2 3 4 7 8
10.已知平面内点A(−1,0)，B(1,0)，点P为该平面内一动点，则( )
A. |PA|+|PB|=4，点P的轨迹为椭圆 B. |PA|−|PB|=1，点P的轨迹为双
曲线
|PA|
C. |PA|⋅|PB|=1，点P的轨迹为抛物线 D. =2，点P的轨迹为圆
|PB|
11.如图，圆锥SO的底面直径和母线长均为6，其轴截面为△SAB，C为底面半圆弧AB上一点，且
⏜ ⏜ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗
AC=2CB ， SM=λSC ，SN=μSB(0<λ<1,0<μ<1) ，则( )
1 √10 1
A. 当λ= 时，直线AM与BC所成角的余弦值为 B. 当λ=μ= 时，四面体SAMN的体积为
2 20 2
27√3
16
2 1 4
C. 当μ= 且AM//面ONC时，λ= D. 当AM⊥SB时，λ=
3 2 7
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.双曲线 x2 y2 的左焦点为 ，右顶点为 ，点 到渐近线的距离是点 到渐近线距
C: − =1(a>0,b>0) F B F B
a2 b2
离的2倍，则C的离心率为 ．
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2 113.已知数列 满足 ，其前 项中某项正负号写错，得前 项和为 ，则写错的
{a } a =(−1) n (2n−1) 100 100 −50
n n
是数列中第 项.
14.如图所示，△ABC中，D，E是线段BC的三等分点，F是线段AC的中点，BF与AD，AE分别交于
⃗ ⃗
M，N，则平面向量⃗MN用向量 ， 表示为 ．
CA CB
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.(本小题13分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且2a2−2b2=2cacosB−bc．
(1)求角A的大小;
3√3
(2)若b+c=5，△ABC的面积为 ，求△ABC的周长．
2
16.(本小题15分)
如图，在四棱锥S−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD//BC，AD⊥AB，AD=AB=2BC，
△SAB为等边三角形且垂直于底面ABCD．
(1)求证：SD⊥AC;
(2)求平面SBC与平面SDC夹角的正弦值．
17.(本小题15分)
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3 11
已知函数f(x)=xlnx+ +ax(a∈R)．
x
(1)当a=1时，求f(x)的图象在点(1,2)处的切线方程;
(2)当a=0时，求f(x)的单调区间;
x
(3)若函数H(x)=x[f(x)− ]+2lnx单调递增，求实数a的取值范围．
2
18.(本小题17分)
椭圆 x2 y2 左右顶点分别为 ， ，且 ，离心率 √2．
C: + =1(a>b>0) A B |AB|=4 e=
a2 b2 2
(1)求椭圆C的方程;
(2)直线l与抛物线y2=4x相切，且与C相交于M、N两点，求△MNB面积的最大值．
19.(本小题17分)
(1)在复数范围内解方程x3=1;
|z | |z |
(2) 设 z ∈C ， z ∈C 且 z ≠0 ，证明： 1 = 1 ;
1 2 2 z |z |
2 2
设复数数列 满足： ，且对任意正整数 ，均有 证明：对任意正偶数
(3) {z } |z |=1 n 4z2 +2z z +z2=0.
n 1 n+1 n n+1 n
2√3
m，均有|z +z +⋯+z |< ．
1 2 m 3
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4 1参考答案
1.D
2.B
3.C
4.C
5.B
6.A
7.D
8.B
9.AC
10.AD
11.ACD
12.2
13.38
3 ⃗ 3 ⃗
14. CA− CB
20 10
15.解： ，
(1)∵2a2−2b2=2cacosB−bc
由余弦定理得， ，
2(a2−b2 )=c2+a2−b2−bc
∴b2+c2−a2=bc，
b2+c2−a2 1
∴cosA= = ．
2bc 2
π
又A∈(0,π)，∴A= ．
3
3√3
(2)因为△ABC的面积为 ，
2
1 1 π 3√3
即 bcsin A= ×b×c×sin = ，∴bc=6．
2 2 3 2
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5 1由余弦定理得 ，解得 ．
a2=b2+c2−2bccosA=b2+c2−bc=(b+c) 2−3bc=25−18=7 a=√7
所以△ABC周长为5+√7．
16.解：(1)证明：如图所示，取AB中点O，△SAB为等边三角形，∴SO⊥AB，
又∵面SAB垂直于底面ABCD，交线为AB，得SO⊥面ABCD，
又AC⊂面ABCD⇒SO⊥AC.底面ABCD为直角梯形，AD//BC，AD=AB=2BC，
AD=AB，AO=BC，∠DAO=∠ABC=90∘，
所以△DAO≌△ABC，∠BAC=∠ADO，∠ADO+∠AOD=90∘，
所以∠BAC+∠AOD=90∘，得OD⊥AC，
又SO∩OD=0，SO、OD⊂面SOD，
得AC⊥面SOD，SD⊂面SOD，所以SD⊥AC．
(2)由(1)知SO⊥面ABCD，不妨设AD=AB=2BC=2，则SO=√3，
以O为坐标原点，过点O与BC平行的直线为y轴，
分别以OB、SO所在直线为x轴和z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
得S(0,0,√3)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(−1,2,0)，
⃗ ⃗ ⃗
SB=(1,0,−√3) ，SC=(1,1,−√3) ，SD=(−1,2,−√3);
设平面SBC的一个法向量为⃗n=(x,y,z)，
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6 1{⃗ ⃗
n⋅SB=0 { x−√3z=0
则 ，所以 ，
⃗ ⃗ x+ y−√3z=0
n⋅SC=0
⃗
可取x=3，得到y=0,z=√3，故n=(3,0,√3);
设平面SCD的一个法向量为⃗m=(x ,y ,z )，
1 1 1
{ m ⃗ ⋅S ⃗ C=0 { x + y −√3z =0
1 1 1
则 ，即 ，
⃗ ⃗ −x +2y −√3z =0
m⋅SD=0 1 1 1
可取x
1
=1，得到y
1
=2,z
1
=√3，故m ⃗
=(1,2,√3).
设平面SBC与平面SDC夹角为θ，
⃗ ⃗
则 cosθ=|cos|=|
m⋅n
|=
3×1+√3×√3
=
√6
，
⃗ ⃗ √9+3⋅√1+4+3 4
|m|×|n|
√10
所以平面SBC与平面SDC夹角的正弦值为 ．
4
1
17.解：(1)当a=1时，函数f(x)=xlnx+ +x(x>0)，
x
1
得f ′(x)=lnx+2− ，则f ′(1)=1，
x2
所以f(x)的图象在点(1,2)处的切线方程为y=x+1．
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7 11 1
(2)因为当a=0时，f(x)=xlnx+ (x>0)，f ′(x)=lnx+1− ，
x x2
1 1 2
令r(x)=f ′(x)=lnx+1− ，则r′(x)= + >0．
x2 x x3
1
所以f ′(x)=lnx+1− 在(0,+∞)上单调递增，
x2
又f ′(1)=0，
故当x∈(0,1)时，f ′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(1,+∞)时，f ′(x)>0，f(x)单调递增，
综上所述：f(x)单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,+∞).
1 x
(3)由f(x)=xlnx+ +ax，且H(x)=x[f(x)− ]+2lnx，
x 2
1 x x2
得H(x)=x[xlnx+ +ax− ]+2lnx=x2lnx+ax2− +2lnx+1单调递增，
x 2 2
所以H′(x)≥0在(0,+∞)上恒成立，
2 2
又H′(x)=2xlnx+x+2ax−x+ =2xlnx+2ax+ ，
x x
2
由题意H′(x)≥0恒成立，得2xlnx+2ax+ ≥0，
x
1 1 1
即xlnx+ +ax≥0恒成立，得ax≥−xlnx− ⇒a≥−lnx− 恒成立，
x x x2
1 1 2 2−x2
设g(x)=−lnx− ，得g′(x)=− + = ，
x2 x x3 x3
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8 11
所以当x=√2时，g(x)最大为−ln√2− ．
2
1 1
所以a≥−lnx− 恒成立，得a≥−ln√2− ．
x2 2
x
综上，若函数H(x)=x[f(x)− ]+2lnx单调递增，
2
1
则实数a的取值范围为[−ln√2− ,+∞).
2
18.解：(1)由题意|AB|=4，得2a=4，a=2．
√2 c √2
又C的离心率为 ，得 = ，
2 a 2
所以c=√2，则b2=a2−c2=4−2=2，
x2 y2
得椭圆C的方程为 + =1．
4 2
(2)由题意知直线l斜率不为0，故方程可设为x=my+n，
与抛物线y2=4x联立得y2=4my+4n⇒y2−4my−4n=0，
直线 与抛物线相切得 ，
l Δ=(4m) 2+16n⇒m2+n=0
{x=my+n
联立 ，得 ，
x2 y2 (m2+2)y2+2mny+n2−4=0
+ =1
4 2
且 ．
Δ=4m2n2−4(m2+2)(n2−4)>0⇒−n2+2m2+4>0
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9 1设 ， ，则 −2mn， n2−4．
M(x ,y ) N(x ,y ) y + y = y y =
1 1 2 2 1 2 m2+2 1 2 m2+2
又x=my+n与x轴交于点(n,0)，
1 1
则S = |n−2|×|y −y |= |n−2|√(y + y ) 2−4 y y
△MNB 2 1 2 2 1 2 1 2
|n−2| √ −2mn n2−4 |n−2| √16m2−8n2+32
= ( ) 2−4 =
2 m2+2 m2+2 2 (m2+2) 2
√2m2−n2+4，
=√2|n−2|
(m2+2) 2
又 ，
√−2n−n2+42
m2+n=0 S =√2|n−2|
△MNB (−n+2) 2
，
=√2√−n2−2n+4=√2√−(n+1) 2+5
当 此时 ，符合 时， 取得最大值为 ．
n=−1( m2=1 −n2+2m2+4>0) √2√−(n+1) 2+5 √10
综上所述，得△MNB的面积的最大值为√10．
19.(1)解：在复数范围内解方程x3=1，设x=a+bi(a,b∈R)
(a+bi) 3=1，展开得(a+bi)(a2−b2+2abi)=a(a2−3b2 )+b(3a2−b2 )i=1，
1
{a=−
{a=1 2
根据复数相等，a(a2−3b2 )=1,且b(3a2−b2 )=0，得 或 ,
b=0 √3
b=±
2
1 √3 1 √3
∴方程x3=1在复数范围内有三个解：x=1或x=− + i或x=− − i；
2 2 2 2
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10 1(2)证明：设z =a+bi(a,b∈R)，z =c+di(c,d∈R)，
1 2
|z | √a2+b2
则|z |=√a2+b2，|z |=√c2+d2， 1 = ，
1 2 |z | √c2+d2
2
z (a+bi) (ac+bd)+(bc−ad)i
又 1== = ，
z (c+di) c2+d2
2
|z | √ ac+bd 2 bc−ad 2
则 1 = ( ) +( )
z c2+d2 c2+d2
2
√a2c2+b2d2+2abcd+b2c2+a2d2−2abcd √a2 (c2+d2 )+b2 (c2+d2 )
= =
(c2+d2
)
2 (c2+d2
)
2
√a2+b2 √a2+b2
= = ，
c2+d2 √c2+d2
|z | |z |
即 1 = 1 ；
z |z |
2 2
z z
(3)证明：由题意可得，z ≠0，则4z2 +2z z +z2=0可化为4( n+1 ) 2+2( n+1 )+1=0(n∈N∗)，
n n+1 n n+1 n z z
n n
z −1±√3i |z | z −1+√3i 1
解得 n+1= (n∈N∗)，因此 n+1 =| n+1|=| |= ，
z 4 |z | z 4 2
n n n
1 1
故
|z |=|z |• = (n∈N∗)，①
n 1 2n−1 2n−1
z 1 3±√3i √3
进而有|z +z |=|z |•|1+ n+1|= •| |= (n∈N∗)．②
n n+1 n z 2n−1 4 2n
n
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11 1当m为偶数时，设m=2s(s∈N∗)，利用②可得
s ∞ ∞
√3 2√3
|z +z +⋯+z |≤∑|z +z <∑|z +z |=∑ = ，
1 2 m 2k−1 2k| 2k−1 2k 22k−1 3
k=1 i=1 k=1
当m为奇数时，设m=2s+1(s∈N)，由①②可得
s ∞
2√3
故|z +z +⋯+z |≤(∑|z +z )+|z ||<∑|z +z = ，
1 2 m 2k−1 2k| 2s+1 2k−1 2k| 3
k−1 k=1
综上，结论得证．
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12 1
