河北省保定市2025届高三上学期摸底考试（一模）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A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． 2024年高三摸底考数学试题 参考答案 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．【答案】A 【解析】 【分析】解不等式求得集合A，进而求得． 【详解】由解得，所以，而，所以． 故选：A 2．【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．【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．【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．【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．【答案】C 【解析】【分析】由平分交于可得，后由余弦定理可得答案． 【详解】因平分，则，由正弦定理：， 又，则． 设，则．又， 由余弦定理： ． 故选：C 7．【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．【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．【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．【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A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．【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越小，越小，越大； 越大，越大，越小） 所以当时，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．【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．【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．【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．【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．【答案】（1）证明见解析 （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】 平面平面， 又， 又平面平面 又平面．又 ， 即．又平面平面． 【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．【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．【答案】（1） （2）在上单调递减，在上单调递增 （3）证明见解析 【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】 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． 【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．【答案】（1）证明见解析， （2）证明见解析 （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】 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． 【小问2详解】 由（1）可知，所以． 要证成立， 只需证，即 令， 当时，单调递增， 故， ； 【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． 学科网（北京）股份有限公司 $$