河北省邯鄲市雞澤一中2025屆高三月考（三）數學試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。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．已知函數，則不等式的解集為（）A． B． C． D．2．“完全數”是一些特殊的自然數，它所有的真因子（即除了自身以外的約數）的和恰好等于它本身.古希臘數學家畢達哥拉斯公元前六世紀發現了第一、二個“完全數”6和28，進一步研究發現后續三個完全數”分別為496，8128，33550336，現將這五個“完全數”隨機分為兩組，一組2個，另一組3個，則6和28不在同一組的概率為（）A． B． C． D．3．已知，是兩條不重合的直線，是一個平面，則下列命題中正確的是（）A．若，，則 B．若，，則C．若，，則 D．若，，則4．設直線的方程為，圓的方程為，若直線被圓所截得的弦長為，則實數的取值為A．或11 B．或11 C． D．5．已知角的頂點與坐標原點重合，始邊與軸的非負半軸重合，它的終邊過點，則的值為（）A． B． C． D．6．如圖所示的程序框圖輸出的是126，則①應為（）A． B． C． D．7．若復數，，其中是虛數單位，則的最大值為()A． B． C． D．8．設非零向量，，，滿足，，且與的夾角為，則“”是“”的（）．A．充分非必要條件 B．必要非充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件9．盒子中有編號為1，2，3，4，5，6，7的7個相同的球，從中任取3個編號不同的球，則取的3個球的編號的中位數恰好為5的概率是（）A． B． C． D．10．“中國剩余定理”又稱“孫子定理”，最早可見于中國南北朝時期的數學著作《孫子算經》卷下第二十六題，叫做“物不知數”，原文如下：今有物不知其數，三三數之剩二，五五數之剩三，七七數之剩二.問物幾何？現有這樣一個相關的問題：將1到2020這2020個自然數中被5除余3且被7除余2的數按照從小到大的順序排成一列，構成一個數列，則該數列各項之和為（）A．56383 B．57171 C．59189 D．6124211．復數（）．A． B． C． D．12．1777年，法國科學家蒲豐在宴請客人時，在地上鋪了一張白紙，上面畫著一條條等距離的平行線，而他給每個客人發許多等質量的，長度等于相鄰兩平行線距離的一半的針，讓他們隨意投放.事后，蒲豐對針落地的位置進行統計，發現共投針2212枚，與直線相交的有704枚.根據這次統計數據，若客人隨意向這張白紙上投放一根這樣的針，則針落地后與直線相交的概率約為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知是夾角為的兩個單位向量，若，，則與的夾角為______.14．在棱長為的正方體中，是面對角線上兩個不同的動點.以下四個命題：①存在兩點，使；②存在兩點，使與直線都成的角；③若，則四面體的體積一定是定值；④若，則四面體在該正方體六個面上的正投影的面積的和為定值.其中為真命題的是____.15．將一顆質地均勻的正方體骰子（每個面上分別寫有數字1，2，3，4，5，6）先后拋擲2次，觀察向上的點數，則點數之和是6的的概率是___．16．已知半徑為4的球面上有兩點A，B，AB=42，球心為O，若球面上的動點C滿足二面角C-AB-O的大小為60°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）橢圓：（）的離心率為，它的四個頂點構成的四邊形面積為.（1）求橢圓的方程；（2）設是直線上任意一點，過點作圓的兩條切線，切點分別為，，求證：直線恒過一個定點.18．（12分）已知橢圓：的離心率為，直線：與以原點為圓心，以橢圓的短半軸長為半徑的圓相切.為左頂點，過點的直線交橢圓于，兩點，直線，分別交直線于，兩點.（1）求橢圓的方程；（2）以線段為直徑的圓是否過定點？若是，寫出所有定點的坐標；若不是，請說明理由.19．（12分）在中，內角，，所對的邊分別是，，，，，．（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）求的值．20．（12分）已知橢圓：（）的左、右焦點分別為和，右頂點為，且，短軸長為.（1）求橢圓的方程；（2）若過點作垂直軸的直線，點為直線上縱坐標不為零的任意一點，過作的垂線交橢圓于點和，當時，求此時四邊形的面積.21．（12分）已知函數（1）當時，求不等式的解集；（2）的圖象與兩坐標軸的交點分別為，若三角形的面積大于，求參數的取值范圍.22．（10分）已知拋物線與直線.（1）求拋物線C上的點到直線l距離的最小值；（2）設點是直線l上的動點，是定點，過點P作拋物線C的兩條切線，切點為A，B，求證A，Q，B共線；并在時求點P坐標.

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．D【解析】

先判斷函數的奇偶性和單調性，得到，且，解不等式得解.【詳解】由題得函數的定義域為.因為，所以為上的偶函數，因為函數都是在上單調遞減.所以函數在上單調遞減.因為，所以，且，解得.故選：D【點睛】本題主要考查函數的奇偶性和單調性的判斷，考查函數的奇偶性和單調性的應用，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.2．C【解析】

先求出五個“完全數”隨機分為兩組，一組2個，另一組3個的基本事件總數為，再求出6和28恰好在同一組包含的基本事件個數，根據即可求出6和28不在同一組的概率.【詳解】解：根據題意，將五個“完全數”隨機分為兩組，一組2個，另一組3個，則基本事件總數為，則6和28恰好在同一組包含的基本事件個數，∴6和28不在同一組的概率.故選：C.【點睛】本題考查古典概型的概率的求法，涉及實際問題中組合數的應用.3．D【解析】

利用空間位置關系的判斷及性質定理進行判斷.【詳解】解：選項A中直線，還可能相交或異面，選項B中，還可能異面，選項C，由條件可得或．故選：D.【點睛】本題主要考查直線與平面平行、垂直的性質與判定等基礎知識；考查空間想象能力、推理論證能力，屬于基礎題.4．A【解析】

圓的圓心坐標為（1，1），該圓心到直線的距離，結合弦長公式得，解得或，故選A．5．B【解析】

根據三角函數定義得到，故，再利用和差公式得到答案.【詳解】∵角的終邊過點，∴，.∴.故選：.【點睛】本題考查了三角函數定義，和差公式，意在考查學生的計算能力.6．B【解析】試題分析：分析程序中各變量、各語句的作用，再根據流程圖所示的順序，可知：該程序的作用是累加S=2+22+…+2n的值，并輸出滿足循環的條件．解：分析程序中各變量、各語句的作用，再根據流程圖所示的順序，可知：該程序的作用是累加S=2+22+…+2n的值，并輸出滿足循環的條件．∵S=2+22+…+21=121，故①中應填n≤1．故選B點評：算法是新課程中的新增加的內容，也必然是新高考中的一個熱點，應高度重視．程序填空也是重要的考試題型，這種題考試的重點有：①分支的條件②循環的條件③變量的賦值④變量的輸出．其中前兩點考試的概率更大．此種題型的易忽略點是：不能準確理解流程圖的含義而導致錯誤．7．C【解析】

由復數的幾何意義可得表示復數，對應的兩點間的距離，由兩點間距離公式即可求解.【詳解】由復數的幾何意義可得，復數對應的點為，復數對應的點為，所以，其中，故選C【點睛】本題主要考查復數的幾何意義，由復數的幾何意義，將轉化為兩復數所對應點的距離求值即可，屬于基礎題型.8．C【解析】

利用數量積的定義可得，即可判斷出結論．【詳解】解：，，，解得，，，解得，“”是“”的充分必要條件．故選：C．【點睛】本題主要考查平面向量數量積的應用，考查推理能力與計算能力，屬于基礎題．9．B【解析】

由題意，取的3個球的編號的中位數恰好為5的情況有，所有的情況有種，由古典概型的概率公式即得解.【詳解】由題意，取的3個球的編號的中位數恰好為5的情況有，所有的情況有種由古典概型，取的3個球的編號的中位數恰好為5的概率為：故選：B【點睛】本題考查了排列組合在古典概型中的應用，考查了學生綜合分析，概念理解，數學運算的能力，屬于中檔題.10．C【解析】

根據“被5除余3且被7除余2的正整數”，可得這些數構成等差數列，然后根據等差數列的前項和公式，可得結果.【詳解】被5除余3且被7除余2的正整數構成首項為23，公差為的等差數列，記數列則令，解得.故該數列各項之和為.故選：C.【點睛】本題考查等差數列的應用，屬基礎題。11．A【解析】試題分析：，故選A.【考點】復數運算【名師點睛】復數代數形式的四則運算的法則是進行復數運算的理論依據，加減運算類似于多項式的合并同類項，乘法法則類似于多項式的乘法法則，除法運算則先將除式寫成分式的形式，再將分母實數化.12．D【解析】

根據統計數據，求出頻率，用以估計概率.【詳解】.故選:D.【點睛】本題以數學文化為背景，考查利用頻率估計概率，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】

依題意可得，再根據求模，求數量積，最后根據夾角公式計算可得；【詳解】解：因為是夾角為的兩個單位向量所以，又，所以，，所以，因為所以；故答案為：【點睛】本題考查平面向量的數量積的運算律，以及夾角的計算，屬于基礎題.14．①③④【解析】

對于①中，當點與點重合，與點重合時，可判斷①正確；當點點與點重合，與直線所成的角最小為，可判定②不正確；根據平面將四面體可分成兩個底面均為平面，高之和為的棱錐，可判定③正確；四面體在上下兩個底面和在四個側面上的投影，均為定值，可判定④正確.【詳解】對于①中，當點與點重合，與點重合時，，所以①正確；對于②中，當點點與點重合，與直線所成的角最小，此時兩異面直線的夾角為，所以②不正確；對于③中，設平面兩條對角線交點為，可得平面，平面將四面體可分成兩個底面均為平面，高之和為的棱錐，所以四面體的體積一定是定值，所以③正確；對于④中，四面體在上下兩個底面上的投影是對角線互相垂直且對角線長度均為1的四邊形，其面積為定義，四面體在四個側面上的投影，均為上底為，下底和高均為1的梯形，其面積為定值，故四面體在該正方體六個面上的正投影的面積的和為定值，所以④正確.故答案為：①③④.【點睛】本題主要考查了以空間幾何體的結構特征為載體的謎題的真假判定及應用，其中解答中涉及到棱柱的集合特征，異面直線的關系和椎體的體積，以及投影的綜合應用，著重考查了推理與論證能力，屬于中檔試題.15．【解析】

先求出基本事件總數6×6＝36，再由列舉法求出“點數之和等于6”包含的基本事件的個數，由此能求出“點數之和等于6”的概率．【詳解】基本事件總數6×6＝36，點數之和是6包括共5種情況，則所求概率是．故答案為【點睛】本題考查古典概率的求法，是基礎題，解題時要認真審題，注意列舉法的合理運用．16．4【解析】

設△ABC所在截面圓的圓心為O1，AB中點為D，連接OD,易知∠ODO1即為二面角C-AB-O的平面角，可求出OD,?O1D及OO1，然后可判斷出四面體OABC外接球的球心E在直線OO1上，在【詳解】設△ABC所在截面圓的圓心為O1，AB中點為D，連接OD,OA＝OB，所以，OD⊥AB，同理O1D⊥AB，所以，∠ODO1即為二面角∠ODO因為OA=OB=4,?AB=42，所以△OAB在Rt△ODO1中，由cos60o＝O1D因為O1到A、B、C三的距離相等，所以，四面體OABC外接球的球心E在直線OO設四面體OABC外接球半徑為R，在Rt△O1由勾股定理可得：O1B2+O【點睛】本題考查了三棱錐的外接球問題，考查了學生的空間想象能力、邏輯推理能力及計算求解能力，屬于中檔題．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）證明見解析.【解析】

（1）根據橢圓的基本性質列出方程組，即可得出橢圓方程；（2）設點，，，由，，結合斜率公式化簡得出，，即，滿足，由的任意性，得出直線恒過一個定點.【詳解】（1）依題意得，解得即橢圓：；（2）設點，，其中，由，得，即，注意到，于是，因此，滿足由的任意性知，，，即直線恒過一個定點.【點睛】本題主要考查了求橢圓的方程，直線過定點問題，屬于中檔題.18．（1）；（2）是，定點坐標為或【解析】

（1）根據相切得到，根據離心率得到，得到橢圓方程.（2）設直線的方程為，點、的坐標分別為，，聯立方程得到，，計算點的坐標為，點的坐標為，圓的方程可化為，得到答案.【詳解】（1）根據題意：，因為，所以，所以橢圓的方程為.（2）設直線的方程為，點、的坐標分別為，，把直線的方程代入橢圓方程化簡得到，所以，，所以，，因為直線的斜率，所以直線的方程，所以點的坐標為，同理，點的坐標為，故以為直徑的圓的方程為，又因為，，所以圓的方程可化為，令，則有，所以定點坐標為或.【點睛】本題考查了橢圓方程，圓過定點問題，意在考查學生的計算能力和綜合應用能力.19．（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）根據正弦定理先求得邊c，然后由余弦定理可求得邊b；（Ⅱ）結合二倍角公式及和差公式，即可求得本題答案.【詳解】（Ⅰ）因為，由正弦定理可得，，又，所以，所以根據余弦定理得，，解得，；（Ⅱ）因為，所以，，，則．【點睛】本題主要考查利用正余弦定理解三角形，以及利用二倍角公式及和差公式求值，屬基礎題.20．（1）（2）【解析】

（1）依題意可得，解方程組即可求出橢圓的方程；（2）設，則，設直線的方程為，聯立直線與橢圓方程，消去，設，，列出韋達定理，即可表示，再根據求出參數，從而得出，最后由點到直線的距離得到，由即可得解；【詳解】解：（1）∵，∴解得，∴橢圓的方程為.（2）∵，∴可設，∴.∵，∴，∴設直線的方程為，∴，∴，顯然恒