精品解析：河北省保定市2024-2025学年高三上学期10月期中考试数学试题

2024年高三摸底考 数学试题 本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前，请务必将自己的姓名､准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题卡上.将条形码横贴在答题卡“条形码粘贴处”. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和容题卡一并交回. 一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的. 1. 已知，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知是的共轭复数，则（ ） A. 0 B. C. 2 D. 3. 已知向量，且，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 0 4. 若一个球的体积和表面积数值相等，则该球的半径的数值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5. 设函数为偶函数.当满足时，有最小值2，则和的值分别是（ ） A. B. C. D. 6. 若中，角所对的边分别为平分交于，且，则（ ） A. B. 3 C. D. 7. 已知且，则的最小值是（ ） A. 12 B. 16 C. 15 D. 14 8. 已知函数若关于的方程至少有5个不等的实数解，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 函数的图象经过（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 10. 若是平面的一条斜线，，直线平面且直线，记直线与平面所成的角为，则下列说法正确的是（ ） A. 与是一对异面直线 B. 若点和分别为直线上和平面内异于点的点，则 C. 若和分别是直线与上的动点，则满足且的直线不唯一 D. 过直线有且只有唯一平面与直线平行 11. 若函数存在两个极值点，下列说法正确的是（ ） A. 时满足条件 B. 不存在实数使得均为正整数 C. 当时，的最大值为 D. 对任意正整数，均存在对应的，使得 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 已知曲线在处的切线斜率为4，则实数的值为__________. 13. 函数的最小正周期是__________，在上的单调递减区间是__________. 14. 已知递增数列共有项（为定值）且各项均不为零，末项.若从数列中任取两项和，当时，仍是数列中的项，则数列的通项公式__________（用含和的式子表示.） 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. 已知向量. （1）若，且，求的值； （2）设函数，求函数的值域. 16. 已知直三棱柱中，，且，点分别为线段和的中点. （1）证明：平面； （2）求平面与平面的夹角. 17. 在中，角的对边分别为. （1）求角； （2）若，求的值； （3）在（2）的条件下，若边，点为线段上的动点，点为线段上的动点，且线段平分的面积，求线段长度的最小值. 18. 已知函数. （1）已知直线是曲线的切线，求实数a的值； （2）求函数的单调区间； （3）求证：恒成立. 19. 已知数列，其前项和为，对任意正整数恒成立，且. （1）证明：数列为等比数列，并求实数的值； （2）若，数列前项和为，求证：； （3）当时，设集合，.集合中元素的个数记为，求数列的通项公式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024年高三摸底考 数学试题 本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前，请务必将自己的姓名､准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题卡上.将条形码横贴在答题卡“条形码粘贴处”. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和容题卡一并交回. 一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的. 1. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解不等式求得集合，进而求得. 【详解】由解得，所以， 而，所以. 故选：A 2. 已知是的共轭复数，则（ ） A. 0 B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的运算法则求得，再根据共轭复数的定义求解即可. 【详解】， 则. 故选：B. 3. 已知向量，且，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 0 【答案】C 【解析】 【分析】先利用向量模的坐标运算求得，进而利用数量积的坐标形式求得. 【详解】，则， 由于，所以， 所以，所以. 故选：C 4. 若一个球的体积和表面积数值相等，则该球的半径的数值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用球的体积公式和表面积公式列方程求解即可. 【详解】由题意，所以. 故选：B 5. 设函数为偶函数.当满足时，有最小值2，则和的值分别是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性、周期性求得正确答案. 【详解】依题意，，所以， 当满足时，有最小值2， 所以，所以， 由于是偶函数，所以，而，所以. 故选：D 6. 若中，角所对的边分别为平分交于，且，则（ ） A. B. 3 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由，CD平分交于可得，后由余弦定理可得答案. 【详解】因CD平分，则，由正弦定理：， 又，则. 设，则.又, 由余弦定理： . 故选：C 7. 已知且，则的最小值是（ ） A. 12 B. 16 C. 15 D. 14 【答案】D 【解析】 【分析】先结合已知将变为，然后利用基本不等式求解即可. 【详解】因为，所以， 又，所以，所以， 当且仅当时等号成立，即的最小值是14. 故选：D 8. 已知函数若关于的方程至少有5个不等的实数解，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求的解析式，然后画出的图象，根据图象确定正确答案. 【详解】当时，， 当时，，所以， 当时，，所以 ， 当时，，所以 ， 画出、的图象如图所示， 问题转化为函数的图象与直线的至少有5个公共点， 由图可知，故的范围是B正确. 故选：B 【点睛】关键点睛： 图象的精确绘制：绘制函数的图象是解题的关键，通过准确的图象确定直线与曲线的交点个数，进而得到解的数量． 交点数量与参数的关系：通过分析图象，确定直线与函数图象的交点个数，进而得到参数的范围，这是解题的突破口． 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 函数的图象经过（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据指数函数的性质，不等式的性质确定正确答案. 【详解】由于，所以， 函数在上单调递增， 的图象向下平移个单位，得到的图象， 所以函数的图象不经过第四象限， 经过第一、二、三象限. 故选：ABC 10. 若是平面的一条斜线，，直线平面且直线，记直线与平面所成的角为，则下列说法正确的是（ ） A. 与是一对异面直线 B. 若点和分别为直线上和平面内异于点的点，则 C. 若和分别是直线与上的动点，则满足且的直线不唯一 D. 过直线有且只有唯一平面与直线平行 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，根据异面直线的定义，结合题意，可得答案； 对于B，利用向量的数量积，结合数形结合思想，建立方程，根据余弦函数的单调性，可得答案； 对于C，根据线面垂直判定定理，结合面面垂直判定定理，可得答案； 对于D，根据平面公里，结合题意，可得答案. 【详解】对于A，由题意可知，，，则与无交点且不平行，故A正确； 对于B，由题意，过作，垂足为，连接，作图如下： 易知，因为，，所以，同理， 在中，， ， 则， 即， 化简可得， 由，且，则， 由，则，故B正确； 对于C，设与唯一确定的平面为，与唯一确定的平面为， 因为与是一对异面直线，所以， 过点作，显然，因为，所以， 设与唯一确定的平面， 因为，，，，所以， 因为，所以，，显然是唯一的，故C错误； 对于D，任意取，过作，由与是一对异面直线，则， 易知与确定唯一平面，故D正确. 故选：ABD. 11. 若函数存在两个极值点，下列说法正确的是（ ） A. 时满足条件 B. 不存在实数使得均为正整数 C. 当时，的最大值为 D. 对任意正整数，均存在对应的，使得 【答案】CD 【解析】 【分析】利用多次求导的方法，结合函数的单调性、极值、最值等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】，， 当时，在上单调递增. 此时至多有一个极值点，不符合题意. 当时，若；若. 在上单调递增，在上单调递减. 又当时.当时， 故只需，A错误. 此时且， 由于是的两个零点且.则， 若为正整数，则. 此时. 所以存在使得均为正整数，B错误. 由于和是函数与直线交点的横坐标. ， 当时，恰有. 所以当时，必有， 当时，必有， （注：对于，， 所以函数在上，函数单调递增， 在上，函数单调递减，， 由图象与直线交点变化情况可知m越小，越小，越大； m越大，越大，越小） 所以当时，m的最大值为.C正确. . 由于当时，，此时， 当时，，此时， 故的取值范围是， 即对任意正整数均存在使得.D正确. 综上可知：CD正确. 故选：CD 【点睛】易错点睛：极值点个数的判断，容易在判断极值点的个数时遗漏某些情况，特别是在导数符号变化的边界条件上，需要仔细分析导数为零的点是否为极值点以及其对应的单调性变化. 解题过程中，关键在于通过多次求导确定函数单调性及极值点. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 已知曲线在处的切线斜率为4，则实数的值为__________. 【答案】1 【解析】 【分析】根据导数的几何意义列出方程，即可求解. 【详解】由题意， 因为曲线在处的切线斜率为4，所以， 解得： 故答案为：1. 13. 函数的最小正周期是__________，在上的单调递减区间是__________. 【答案】 ①. ②. （开闭区间均可） 【解析】 【分析】利用三角恒等变换化简，结合正弦函数的周期性以及单调性，即可求得答案. 【详解】由题意得 ， 故的最小正周期是； 当时，， 令，即得时， 故在上的单调递减区间是， 故答案为：； 14. 已知递增数列共有项（为定值）且各项均不为零，末项.若从数列中任取两项和，当时，仍是数列中的项，则数列的通项公式__________（用含和的式子表示.） 【答案】 【解析】 【分析】结合条件证明，再证明数列是以为首项，以为公差的等差数列，由此可得结论. 【详解】由题意：， 若，则，而是递增数列中的项， 这与是数列的最大项矛盾，故必有. 因为数列是单调递增数列，所以有. 从而有，且它们均为数列中的项. 因此 由上可知， 所以数列是以为首项，以为公差的等差数列. 所以. 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. 已知向量. （1）若，且，求的值； （2）设函数，求函数的值域. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由向量平行的坐标关系可得的值，再由可得和的值，从而得到结果； （2）利用数量积的坐标运算公式，化简得到，结合，利用三角函数的图象性质可分析得到值域. 【小问1详解】 ，，又， ，. 【小问2详解】 由题意：， ， ，， ，的值域是. 16. 已知直三棱柱中，，且，点分别为线段和的中点. （1）证明：平面； （2）求平面与平面的夹角. 【答案】（1）证明：平面平面， 又， 又，平面，平面 又平面.又 ， 即.又平面，平面. （2） 【解析】 【分析】（1）通过证明、来证得平面. （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面与平面的夹角. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图所示，以点为原点，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 易得， 设平面的法向量，则， 取，则法向量. 由（1）可知平面的法向量. 平面与平面的夹角为. 17. 在中，角的对边分别为. （1）求角； （2）若，求的值； （3）在（2）的条件下，若边，点为线段上的动点，点为线段上的动点，且线段平分的面积，求线段长度的最小值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理以及三角恒等变换的知识求得. （2）根据已知条件以及余弦定理求得. （3）根据三角形的面积公式列方程，结合余弦定理以及基本不等式求得的最小值. 【小问1详解】 由正弦定理可知： ，， ， ， . 【小问2详解】 ，又， ， . 【小问3详解】 若边由（1）（2）可知， ， 令，则， 又由余弦定理得：（当时等号成立）, 的最小值为. 18. 已知函数. （1）已知直线是曲线的切线，求实数a的值； （2）求函数的单调区间； （3）求证：恒成立. 【答案】（1） （2）在上单调递减，在上单调递增 （3）证明：恒成立， 恒成立恒成立. 令， 则， 令，则单调递增， 又，当时，，即单调递减； 当时，，即单调递增； 恒成立. 【解析】 【分析】（1）由求得切点的坐标，代入切线方程求得. （2）利用多次求导的方法求得的单调区间. （3）将恒成立的不等式转化为，利用构造函数法，结合多次求导的方法来求得正确答案. 【小问1详解】 ， ，解得切点为， . 【小问2详解】 ， 当时，单调递减， 当时，， 单调递增，单调递递增. 综上所述，在上单调递减，在上单调递增. 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：切点与切线的关系：在小问1中，利用导数求出曲线在给定直线为切线时的斜率，再通过求解切点的方法确定参数的值，这是典型的求切线与曲线关系的方法. 多次求导法：在小问2中，通过对函数进行多次求导，判断导数的符号变化来确定单调区间，是分析函数单调性的常用手段. 构造函数法求证不等式：在小问3中，通过将不等式转化为关于某变量的函数问题，利用构造函数并结合单调性分析来证明恒成立，是一种常用的不等式证明方法. 19. 已知数列，其前项和为，对任意正整数恒成立，且. （1）证明：数列为等比数列，并求实数的值； （2）若，数列前项和为，求证：； （3）当时，设集合，.集合中元素的个数记为，求数列的通项公式. 【答案】（1） 由题意得， 两式相减可得， 令可得，即. 令可得，即，所以 又. 数列为首项为4，公比为2的等比数列. （2） 由（1）可知，所以. ， 要证成立， 只需证，即 令， 当时，单调递增, 故， ； （3） 【解析】 【分析】（1）根据的关系，结合等比数列定义，即可证明结论；进而结合已知求出实数的值； （2）结合（1）可求出的表达式，进而可得表达式，继而推出只需证明，构造函数，利用导数判断函数单调性，即可证明结论； （3）由题意可知中元素个数等价于满足的不同解的个数，利用反正思想推出，从而推出不等式共个不同解，即可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 时，集合， 即， 中元素个数等价于满足的不同解的个数， 如果，则，矛盾； 如果，则，矛盾 ， 又， ， 即，共个不同解，所以. 【点睛】难点点睛：本题为数列的综合应用问题，解答的难点在于第二问，要注意列用类加的方法得出，从而要证成立，只需证，即，从而构造函数，结合导数解决问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $