精品解析：河北省邯郸市部分校2025届高三上学期11月联考数学试题

2024－2025学年第一学期期中考试名校联考 高三数学 一、单选题（共8小题，每题5分，共40分） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C D. 2. 如图，梯形的腰的中点为，且，记，则（ ） A. B. C. D. 3. 设等比数列的前项和为，则（ ） A. 1 B. 4 C. 8 D. 25 4. 若两个正实数x，y满足，且存在这样的x，y使不等式有解，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. 或 D. 或 5. 若为函数图象上的一点，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 2 6. 鼎湖峰，矗立于浙江省缙云县仙都风景名胜区，状如春笋拔地而起，其峰顶镶嵌着一汪小湖.某校开展数学建模活动，有建模课题组的学生选择测量鼎湖峰的高度，为此，他们设计了测量方案.如图，在山脚A测得山顶P得仰角为45°，沿倾斜角为15°的斜坡向上走了90米到达B点（A，B，P，Q在同一个平面内），在B处测得山顶P得仰角为60°，则鼎湖峰的山高为（ ）米. A. B. C D. 7. 已知函数，数列满足，且数列是单调递增数列，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 阅读材料：数轴上，方程可以表示数轴上的点，平面直角坐标系中，方程（、不同时为0）可以表示坐标平面内的直线，空间直角坐标系中，方程（、、不同时为0）可以表示坐标空间内的平面.过点且一个法向量为的平面的方程可表示为.阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（共3小题，每题6分，全部选对得6分，共18分.部分选对得部分分，错选得0分） 9. 下列有关复数的说法正确的是（    ） A. 若是关于的方程的一个根，则 B. 若，则点的集合所构成的图形的面积为 C. 若是复数，则一定有 D. 若，则 10. 如图，在平行六面体中，已知，，E为棱上一点，且，则（ ） A. B. 直线与所成角的余弦值为 C. 平面 D. 直线与平面所成角为 11. （多选）已知函数的导函数的部分图象如图所示，其中点分别为的图象上的一个最低点和一个最高点，则（ ） A. B. 图象的对称轴为直线 C. 函数在上单调递增 D. 将的图象向右平移个单位，再将纵坐标伸长为原来的2倍，即可得到的图象 三、填空题（共3小题，每题5分，共15分） 12. 在长方体中，若，则直线到平面的距离是___________. 13. 已知平面向量，，，，则的最小值为______． 14. 已知函数有两个零点，则的取值范围为______． 四、解答题（共5小题，15题13分，16、17题15分，18、19题17分，共77分） 15. 在中，角所对的边分别为.已知. （1）求； （2）若，且的面积为，求的周长. 16. 设数列前项和为，已知．数列是首项为，公差不为零的等差数列，且成等比数列． （1）求数列和的通项公式； （2）若，数列前项和为，且恒成立，求的取值范围． 17. 已知函数． （1）当时，求的单调区间和极值； （2）若，求a的取值范围． 18. 如图，正方形的边长为2，，分别为，的中点.在五棱锥中，为棱上一点，平面与棱，分别交于点，. （1）求证：； （2）若底面，且，直线与平面所成角为. （i）确定点的位置，并说明理由； （ii）求线段长. 19. 定义：任取数列中相邻的两项，若这两项之差的绝对值为3，则称数列具有“性质3”.已知项数为n的数列的所有项的和为，且数列具有“性质3”. （1）若，且，，写出所有可能的的值； （2）若，，证明：“”是“”的充要条件； （3）若，，，证明：或，（）. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024－2025学年第一学期期中考试名校联考 高三数学 一、单选题（共8小题，每题5分，共40分） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解不等式化简集合，求出函数的定义域化简集合，再利用交集的定义求出求解即得. 【详解】依题意，， 所以. 故选：A 2. 如图，梯形的腰的中点为，且，记，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据图形，利用向量的几何运算得到，即可求解. 【详解】因，又，所以， 又为腰的中点，所以， 故选：A. 3. 设等比数列的前项和为，则（ ） A. 1 B. 4 C. 8 D. 25 【答案】A 【解析】 【分析】利用等比数列的性质建立方程求解即可. 【详解】因为，，所以， 因为是等比数列，所以成等比数列， 所以，解得或（舍，若成立则不满足上面三项成等比数列），故A正确. 故选：A. 4. 若两个正实数x，y满足，且存在这样的x，y使不等式有解，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】利用基本不等式“1”的代换求左侧最小值，根据不等式有解得到，解一元二次不等式求范围即可. 【详解】由题设，则， 当且仅当，即时等号成立， 要使不等式有解，则， 所以或. 故选：C 5. 若为函数图象上的一点，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】求出函数的导函数，设，函数在点处的切线的斜率为，要使取得最小值，从而得到，令，利用导数说明函数的单调性，观察得到，求出此时点坐标，即可求出的最小值. 【详解】因为，所以在上单调递增，且也单调递增， 若，则，显然不符合题意； 设，则函数在点处的切线的斜率为， 所以取得最小值， 令， 则， 令，则且， 令，则， 显然在上单调递增，又，， 所以存在使得，即， 所以当时，此时单调递减，当时，此时单调递增， 所以在处取得极小值即最小值， 又 ， 函数在上单调递减， 又，，当时， 所以，所以恒成立， 即恒成立，所以在上单调递增，又，所以， 此时，所以取得最小值为. 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题关键是转化为在点处的切线与垂直，求出，其中说明函数的单调性是一个难点. 6. 鼎湖峰，矗立于浙江省缙云县仙都风景名胜区，状如春笋拔地而起，其峰顶镶嵌着一汪小湖.某校开展数学建模活动，有建模课题组的学生选择测量鼎湖峰的高度，为此，他们设计了测量方案.如图，在山脚A测得山顶P得仰角为45°，沿倾斜角为15°的斜坡向上走了90米到达B点（A，B，P，Q在同一个平面内），在B处测得山顶P得仰角为60°，则鼎湖峰的山高为（ ）米. A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】在中，利用正弦定理求，进而在中求山的高度. 【详解】由题知，，，则，， 又，所以，所以，， 在中，， 根据正弦定理有， 且， 则， 在中，. 所以山高为米. 故选：B. 7. 已知函数，数列满足，且数列是单调递增数列，则取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由数列是单调递增数列可知当时，单调递增，当时，单调递增，且，列出不等式，解不等式即可. 【详解】数列是单调递增数列， 可知当，时，单调递增，即或，解得； 当时，单调递增恒成立， 且，即； 解得， 所以若数列是单调递增数列，则， 故选：A. 8. 阅读材料：数轴上，方程可以表示数轴上的点，平面直角坐标系中，方程（、不同时为0）可以表示坐标平面内的直线，空间直角坐标系中，方程（、、不同时为0）可以表示坐标空间内的平面.过点且一个法向量为的平面的方程可表示为.阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意求得平面的法向量与直线的方向向量，再结合空间向量的数量积求直线与平面所成角的正弦值. 【详解】因为平面的方程为，所以平面的法向量可取， 平面的法向量为， 平面的法向量为， 设两平面的交线的方向向量为， 由，令，则， 所以两平面的交线的方向向量为， 设直线与平面所成角的大小为， 则. 故选：A． 【点睛】方法点睛：根据交线在两平面内，所以直线的方向向量与两平面的法向量互相垂直可求得直线的方向向量，利用线面角的向量求法，可求得线面角的正弦值. 二、多选题（共3小题，每题6分，全部选对得6分，共18分.部分选对得部分分，错选得0分） 9. 下列有关复数的说法正确的是（    ） A. 若是关于的方程的一个根，则 B. 若，则点的集合所构成的图形的面积为 C. 若是复数，则一定有 D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】A将复数根代入方程求参数，即可判断；B记，由复数模长公式及圆的方程判断轨迹，即可求面积；C特殊值检验；D利用复数乘法、共轭复数的概念判断. 【详解】A，由题意，整理得， 所以，解得，故，正确； B，记，则，所以， 圆的面积为，圆的面积为， 所以点的集合所构成的图形的面积为，正确. C，当，则，而，显然不成立，错误； D，令，，则， 故，又，，则， 所以，正确. 故选：ABD 10. 如图，在平行六面体中，已知，，E为棱上一点，且，则（ ） A. B. 直线与所成角的余弦值为 C. 平面 D. 直线与平面所成角为 【答案】ABD 【解析】 【分析】通过建立空间的一组基底，将相关直线的方向向量用基向量表示，利用向量数量积的运算律求模长判断A项；利用空间向量的夹角公式计算判断B项；利用向量的数量积是否为0判断C项；通过求平面的法向量和空间向量的夹角判断D项. 【详解】不妨设则. 对于A，因 故 ，故，故A正确； 对于B，因，,则， ， 设直线与所成角为，则故B正确； 对于C，因 ， 即与不垂直，故不与平面垂直，故C错误； 对于D，因，, 因，， 则有因平面，故平面， 即平面的法向量可取为，又， 设直线与平面所成角为， 因，，， 则，因，故，故D正确. 故选：ABD. 11. （多选）已知函数的导函数的部分图象如图所示，其中点分别为的图象上的一个最低点和一个最高点，则（ ） A. B. 图象的对称轴为直线 C. 函数在上单调递增 D. 将的图象向右平移个单位，再将纵坐标伸长为原来的2倍，即可得到的图象 【答案】BCD 【解析】 【分析】先求出函数的导数，结合图象求出ω 和φ的值，然后分别利用函数的对称性，以及平移变换关系进行判断即可． 【详解】， 由图象知,则， 由五点对应法,所以， 由于所以，故 ，故A错误； 由得，即图象的对称轴为直，故B正确； ，当，则， 此时为增函数，故C正确； 将的图象向右平移个单位长度，得到，再将所有点的纵坐标伸长为原来的2倍，得到，此时可以得到的图象，故D正确． 故选：BCD． 三、填空题（共3小题，每题5分，共15分） 12. 在长方体中，若，则直线到平面的距离是___________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据条件，易得面，从而将线面距转化成点面距，过作于，根据条件可得面，再根据条件，利用几可关系，即可求解. 【详解】易知，又面，面，所以面， 则直线到平面的距离，与点到平面的距离相等， 过作于， 因为面，面，所以， 又，面，所以面， 又，则， 在中，，得到， 所以直线到平面的距离为， 故答案为：. 13. 已知平面向量，，，，则的最小值为______． 【答案】4 【解析】 【分析】根据题意结合数量积的运算律可得，即可得最小值. 【详解】因为，，， 则， 当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为16，即的最小值为4. 故答案为：4. 14. 已知函数有两个零点，则的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】令，得到，构造函数，，根据条件，数形结合得到，从而有，通过换元，得到，再求出在的取值范围，即可求解. 【详解】易知函数的定义域为，令，得到， 令，，图象如图所示， 因为函数有两个零点，由图易知，， 且，得到， 所以，令， 则，又易知在区间上单调递减， 所以，即的取值范围为， 故答案为：. 四、解答题（共5小题，15题13分，16、17题15分，18、19题17分，共77分） 15. 在中，角所对的边分别为.已知. （1）求； （2）若，且的面积为，求的周长. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）先由已知条件结合两角和的正切公式得，再结合角A的范围和即可得解. （2）先由（1）结合已知条件和求出，再由余弦定理求出进而得解. 【小问1详解】 由题得， 因为，， 故，，所以. 【小问2详解】 由（1）得，故由和得， 所以，故， 所以的周长为. 16. 设数列的前项和为，已知．数列是首项为，公差不为零的等差数列，且成等比数列． （1）求数列和的通项公式； （2）若，数列的前项和为，且恒成立，求的取值范围． 【答案】（1），；（2）. 【解析】 【分析】 （1）运用数列的递推式和等比数列的通项公式可得，再由等差数列的通项公式以及等比的定义，解方程可得公差，进而得到所求通项公式； （2）利用错位相减法求出，易得，进而可得结果. 【详解】（1）∵， 当时，，两式相减化简可得：, 即数列是以3为公比的等比数列， 又∵，∴，解得，即， 设数列的公差为，， ∵成等比数列，∴， 解得或（舍去），即， ∴数列和的通项公式为，. （2）由（1）得， ∴， ， 两式相减得： ∴，即有恒成立， 恒成立，可得， 即的范围是. 【点睛】一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，然后作差求解． 17. 已知函数． （1）当时，求的单调区间和极值； （2）若，求a的取值范围． 【答案】（1）单调递增区间为，递减区间为；极大值为，无极小值； （2） 【解析】 分析】（1）将代入，利用导数的正负与原函数的增减关系，确定函数的单调区间，即可得答案； （2）由题意可得即恒成立，设，利用导数求出的最大值即可． 【小问1详解】 当时，， ， 令，则， 故在上单调递减，而， 因此0是在上的唯一零点， 即0是在上的唯一零点， 当变化时，，的变化情况如下表： 0 0 单调递增 极大值 单调递减 所以的单调递增区间为，递减区间为； 所以的极大值为，无极小值； 【小问2详解】 由题意知，即，即， 设，则， 令，解得， 当，，单调递增， 当，，单调递减， 所以， 所以． 所以的取值范围为． 18. 如图，正方形的边长为2，，分别为，的中点.在五棱锥中，为棱上一点，平面与棱，分别交于点，. （1）求证：； （2）若底面，且，直线与平面所成角为. （i）确定点的位置，并说明理由； （ii）求线段的长. 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）F为中点；理由见解析（ii）2. 【解析】 【分析】（1）先由线面平行的判定定理证明平面，再由性质定理得到； （2）（i）建立如图所示坐标系，求出平面的一个法向量，代入空间线面角的向量公式求解即可； （ii）设点的坐标为，由向量共线可设可得到，再根据求出，最后计算模长即可. 【小问1详解】 在正方形中，，又平面平面， 所以平面，又平面，平面平面， 则； 【小问2详解】 （i）当为中点时，有直线与平面所成角为， 证明如下：由平面，可得 建立空间直角坐标系，如图所示： 则， 又为中点，则， 设平面的一个法向量为， 则有，即，令，则， 则平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则， 故当为中点时，直线与平面所成角的大小为. （ii）设点的坐标为， 因为点在棱上，所以可设， 即，所以， 因为是平面的法向量， 所以，即， 解得，故，则， 所以. 19. 定义：任取数列中相邻的两项，若这两项之差的绝对值为3，则称数列具有“性质3”.已知项数为n的数列的所有项的和为，且数列具有“性质3”. （1）若，且，，写出所有可能的的值； （2）若，，证明：“”是“”的充要条件； （3）若，，，证明：或，（）. 【答案】（1）6；0；12 （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意对所有可能情况进行列举即可得出所有可能的的值； （2）利用“性质3”定义并根据等差数列通项公式以及累加法可证明得出结论； （3）由题意可令，可得，将整理变形并根据须使为偶数，即4整除，分别验证或即可得出结论. 【小问1详解】 依题意可知有如下三种情况： 若，此时， 若，此时， 若，此时. 【小问2详解】 证明： 必要性：因为， 故数列为等差数列， 所以，，公差为， 所以，必要性成立； 充分性：由于，，…，， 累加可得，，即， 因为，故上述不等式的每个等号都取到， 所以，，所以，，充分性成立； 综上所述，“”是“，”的充要条件； 【小问3详解】 证明： 令，依题意，， 因为，，…，， 所以 ， 因为，所以为偶数， 所以为偶数; 所以要使，必须使为偶数，即4整除， 亦即或， 当时， 比如，，， 或，，时，有，； 当时， 比如，，，， 或，，，，有，； 当或时，不能被4整除，. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于理解具有“性质3”的数列特征，并根据所给信息结合等差数列相关知识以及递推关系等对问题进行求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$