精品解析：河北省保定市示范高中2024-2025学年高三上学期11月期中考试数学试题

高三年级期中考试 数学 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 4．本试卷主要考试内容：高考全部内容（不含圆锥曲线、统计、概率）． 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 设是无穷数列，记，则“是等比数列”是“是等比数列”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 已知平面向量，满足，且在上的投影向量为，则向量与向量的夹角为（ ） A. 30° B. 60° C. 120° D. 150° 4. 在棱长为2的正四面体中，为棱AD上的动点，当最小时，三棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数，若正实数a，b满足，则最小值是（ ） A. B. C. D. 6. 若数列和满足，，，则（ ） A B. C. D. 7. 如图，圆O与x轴的正半轴的交点为A，点C，B在圆O上，且点C位于第一象限，点B的坐标为，．若，则的值为（ ） A. B. C. D. 8. 设为定义在整数集上的函数，，，，对任意的整数x，y均有，则（ ） A. 0 B. 1012 C. 2024 D. 4048 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知，，关于的方程有一个根为，为虚数单位，另一个根为，则（ ） A. 该方程存在实数根 B. ， C. 对应的点在第四象限 D. 10. 设函数，，则下列结论正确的是（ ） A. 当时，在点处的切线方程为 B. 当时，有三个零点 C. 若有两个极值点，则 D. 若，则正实数的取值范围为 11. 如图，在棱长为2的正方体中，是的中点，（与点不重合）是平面内的动点，下列说法正确的是（ ） A. 平面平面 B. 若，则动点轨迹为抛物线的一部分 C. 当时，过点作该正方体外接球的截面，其截面面积的最小值为 D. 线段AD绕旋转一周，在旋转过程中，AD与所成角的正切值的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设数列是公比为的等比数列，．若的连续四项是集合，中的元素，则q的值为___________． 13. 已知函数的图象的一条对称轴为直线，则函数的零点的最小正值为___________． 14. 过曲线C上一点P作圆的两条切线，切点分别为A，B，若，则曲线C的方程为___________． 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. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，交AC于点，且． （1）若，求的面积； （2）求的最小值． 16. 如图，四边形为梯形，，，四边形为矩形，且平面，，为FB的中点． （1）证明：平面． （2）在线段FD（不含端点）上是否存在一点M，使得直线BM与平面所成角的正弦值为？若存在，求出BM的长；若不存在，说明理由． 17. 已知函数． （1）当时，若在上单调递增，求的取值范围； （2）若且在上有两个极值点，求的极大值与极小值之和的取值范围． 18. 已知数列的首项，其前项和满足． （1）求的通项公式； （2）设，数列的前项和为，若对任意恒成立，求的最小值． 19. 复数是由意大利米兰学者卡当在十六世纪首次引入的，经过达朗贝尔、棣莫弗、欧拉、高斯等人的工作，此概念逐渐被数学家接受．形如的数称为复数的代数形式，而任何一个复数都可以表示成的形式，即其中为复数的模，叫做复数的辐角，我们规定范围内的辐角的值为辐角的主值，记作argz．复数叫做复数的三角形式．由复数的三角形式可得出，若，，则．其几何意义是把向量绕点按逆时针方向旋转角（如果，就要把绕点按顺时针方向旋转角），再把它的模变为原来的倍． 请根据所学知识，回答下列问题： （1）试将写成三角形式（辐角取主值）． （2）类比高中函数定义，引入虚数单位，自变量为复数的函数称之为复变函数．已知复变函数，，． ①当时，解关于的方程； ②当时，若存在实部不为0，且虚部大于0的复数和实数，使得成立，复数在复平面上对应的点为，点，以PA为边作等边，且在的上方，求线段的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高三年级期中考试 数学 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 4．本试卷主要考试内容：高考全部内容（不含圆锥曲线、统计、概率）． 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分别求出集合，再根据交集定义求解. 【详解】因为集合 ，所以. 故选：C. 2. 设是无穷数列，记，则“是等比数列”是“是等比数列”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】D 【解析】 【分析】分别从非充分性和非必要性两方面分析. 【详解】非充分性：若的项为1，1，1，1，…，则的项为0，0，0，0，…． 此时是等比数列，但不是等比数列． 非必要性：若的项为1，1，1，1，…，则． 此时是等比数列，但是公差为1的等差数列，不是等比数列． 所以“是等比数列”是“是等比数列”的既不充分也不必要条件． 故选：D． 3. 已知平面向量，满足，且在上投影向量为，则向量与向量的夹角为（ ） A. 30° B. 60° C. 120° D. 150° 【答案】B 【解析】 【分析】根据投影向量公式得到方程，求出，进而由向量夹角余弦公式求出，得到夹角. 【详解】因为在上的投影向量为，即，所以， 又， ， 所以， 且，则． 故选：B． 4. 在棱长为2的正四面体中，为棱AD上的动点，当最小时，三棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将立体图形展开为平面图形可确定最小时，点E的位置，然后可得体积. 【详解】将侧面如图展开，由平面几何性质可得，当为AD的中点时，满足题意. 又如图，过A向平面BCD作垂线，垂足为O，则O为中心， 连接OC，则OC为外接圆半径，由正弦定理，. 则正四面体的高为， 又E为AD中点，所以． 故选：A． 5. 已知函数，若正实数a，b满足，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据单调性和奇偶性得到，根据基本不等式“1”的妙用求解最小值， 【详解】的定义域为R，且， 所以函数是奇函数，又在R上单调递增， 由，得， 则，即， 而， 所以， 当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值是． 故选：B． 6. 若数列和满足，，，则（ ） A B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题可得是以2为首项，2为公比的等比数列，又由可得，即可得答案. 【详解】，， ，即，又， 是以2为首项，2为公比等比数列，， 又，， ，. 故选：A. 7. 如图，圆O与x轴正半轴的交点为A，点C，B在圆O上，且点C位于第一象限，点B的坐标为，．若，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用三角函数的定义得到三角函数值，然后利用二倍角公式和辅助角公式计算. 【详解】， ，圆的半径为1． 根据三角函数的定义，易得，， 又， 为等边三角形，则，且为锐角，． 故选：A． 8. 设为定义在整数集上的函数，，，，对任意的整数x，y均有，则（ ） A. 0 B. 1012 C. 2024 D. 4048 【答案】B 【解析】 【分析】由条件，利用赋值分别求出，，，并得到的图象关于点对称，得到函数的周期，进而通过分类讨论求解即可. 【详解】令，则，∴． 令，则， 又，． 令，则， ∴函数的图象关于直线对称． 令，则， ∴ ∴的图象关于点对称． ∴， ∴是周期的函数． 又，，，， ∴当为偶数时，． 当为偶数时，也为偶数，此时； 当为奇数时，令，，则． ． 故选：B． 【点睛】方法点睛：本题解题关键是通过对抽象函数关系进行赋值法求出特殊函数值，发现函数的周期，利用函数周期性结合分类讨论思想来求解. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知，，关于的方程有一个根为，为虚数单位，另一个根为，则（ ） A. 该方程存在实数根 B. ， C. 对应的点在第四象限 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】将代入方程，再由复数相等得到方程组，即可求出、的值，即可判断A、B；利用韦达定理求出，即可判断C；再根据复数代数形式的除法运算化简，求出其模，即可判断D. 【详解】由是方程的根，得， 整理得，因此，解得， 所以方程为，故B正确； 对于A，根据方程，可得，所以方程无实数根，故A错误； 对于C，D，方程，由韦达定理可知，得， 对应的点为，在第四象限， ，所以，故C，D正确． 故选：BCD． 10. 设函数，，则下列结论正确的是（ ） A. 当时，在点处的切线方程为 B. 当时，有三个零点 C. 若有两个极值点，则 D. 若，则正实数的取值范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A由题可得点处的切线方程的斜率和，即可得切线方程；B，由题可得，，即可判断选项正误；C，有两个极值点等价于有两个整根，即可得取值范围；D，可化为，后由及单调性可得的取值范围. 【详解】对于A，设切线方程为：.当时，， 则，，即切线方程为，故A正确； 对于B，当时，，；或. 则在上递增，在上递减，得， ，又注意到当趋近于负无穷大时，趋近于正无穷大， 趋近于正无穷大时，趋近于负无穷大，则分别在上有一个零点，故B正确； 对于C，，，令， 因有两个极值点，则有两个不等正根，，故 C错误； 对于D，，即，可化为， 令，因，则在上单调递增， 即，令，则， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 则，则，即，故D正确． 故选：ABD． 【点睛】关键点点睛：对于三次函数零点个数问题，常利用函数极大值与函数极小值存在性及符号可判断零点个数； 极值点相关问题，常转化导函数零点问题解决；指对函数含参问题，常利用指对互化以产生相同结构，从而简化问题. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，是的中点，（与点不重合）是平面内的动点，下列说法正确的是（ ） A. 平面平面 B. 若，则动点的轨迹为抛物线的一部分 C. 当时，过点作该正方体的外接球的截面，其截面面积的最小值为 D. 线段AD绕旋转一周，在旋转过程中，AD与所成角的正切值的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项：由线面垂直证明面面垂直；B选项：由角与角相等转换为旋转，由平行于轴的平面与圆锥的截面是双曲线的一支可知，动点的轨迹为双曲线的一部分；C选项：由向量关系找到点的位置，因为球心到面的距离最大时，截面面积最小，所以为截面圆心，勾股定理求出得到截面圆半径，求得最小截面面积；D选项：旋转得到的圆锥与旋转轴夹角恒为，在正方体中求出角的正切值，从而找到旋转过程中形成的最大角和最小角，从而求出范围. 【详解】对于A，在正方形中，，在正方体中平面，∵平面，∴， ∵，∵平面，平面， ∴平面，同理可证平面， ∵平面，平面， ∴，，且，平面，平面， ∴平面，平面，所以平面平面，故A正确； 对于B，满足条件的点应在以AM为旋转轴，绕其旋转所得的圆锥的侧面上，旋转轴AM与平面平行，又是平面内的动点，所以动点的轨迹为双曲线的一支的一部分，故B错误； 对于C，当时，为线段上靠近点的三等分点，如图1，易知正方体的外接球的球心为正方体的中心，过点作于点，连接，∵，，则，球的半径若要截面面积最小，需球心到截面的距离最大，最大为OP，此时，故C正确； 对于D，线段绕旋转一周后得到一个母线与旋转轴所成的角为的圆锥，设，，， 在旋转过程中，与所成的角在如图2所示的轴截面内分别取得最值，，， 所以在旋转过程中，与所成角的正切值的取值范围为，故D正确． 故选：ACD． 【点睛】方法点睛：空间图像中角的旋转会形成一个圆锥，因为圆锥母线和旋转轴夹角不变，所求的另一条直线与旋转轴夹角也为固定值，所以三线共面时，两直线夹角取最大和最小值. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设数列是公比为的等比数列，．若的连续四项是集合，中的元素，则q的值为___________． 【答案】## 【解析】 【分析】由，则数列的连续四项要么同号，要么两正两负，后由集合可得数列的连续四项必包含，，即可得答案. 【详解】因为数列是公比为的等比数列，，所以数列的连续四项要么同号，要么两正两负． 因为四项属于集合，所以数列的连续四项一定两正两负，故， 且数列的连续四项必包含，．公比，则． 故答案为：． 13. 已知函数的图象的一条对称轴为直线，则函数的零点的最小正值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据辅助角公式可得，即可根据对称求解，进而根据求解. 【详解】，， 令，则， 得，所以， 所以， 令，则，得，由可得． 故答案为：． 14. 过曲线C上一点P作圆的两条切线，切点分别为A，B，若，则曲线C的方程为___________． 【答案】（且） 【解析】 【分析】设及切线方程，由直线与圆相切得出关于斜率k的方程，由判别式得出，再由斜率关系计算即可. 【详解】设，则过点的切线方程为，即， 所以，得， 则，是此方程的两根，，， 即， 所以，得，又，所以， 即曲线的方程为（且）． 故答案为：（且）. 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. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，交AC于点，且． （1）若，求的面积； （2）求的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）在中利用余弦定理得到，然后利用三角形面积公式计算； （2）利用面积相等的思路得到，然后利用基本不等式求最值即可. 【小问1详解】 由，，可得． 在中，由余弦定理得，即，可得． 故． 【小问2详解】 ， ，， ， ． ， 当且仅当，即，时，等号成立． 故的最小值为． 16. 如图，四边形为梯形，，，四边形为矩形，且平面，，为FB的中点． （1）证明：平面． （2）在线段FD（不含端点）上是否存在一点M，使得直线BM与平面所成角的正弦值为？若存在，求出BM的长；若不存在，说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2）存在， 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，以点为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用空间位置关系的向量证明推理即得. （2）由（1）中坐标系，求出平面的法向量，再利用线面角的向量求法列式求解判断即得. 【小问1详解】 由，平面，得直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，，， ，，， 设平面的法向量为，则，令，得， 于是，而平面，所以平面． 【小问2详解】 假设在线段FD上存在一点M，使得直线BM与平面所成角的正弦值为． 设，，， 则，由（1）知，， 设平面的法向量为，则，令，得， 设直线BM与平面所成的角为， 则 ，整理得，而，解得， 所以存在满足题意的点，此时． 17. 已知函数． （1）当时，若在上单调递增，求的取值范围； （2）若且在上有两个极值点，求的极大值与极小值之和的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将单调递增转化为恒成立，然后利用基本不等式求最值即可； （2）根据对称性得到的图象关于点对称，根据有两个极值点得到，然后利用导数分析单调性得到极值，最后结合对称性求极大值和极小值之和的范围. 【小问1详解】 当时，． 单调递增， 恒成立，即恒成立． 令，当且仅当时，等号成立． ，． 【小问2详解】 ， 的图象关于点对称． ， 令，则， ， 单调递增， 又， 在上单调递减，在上单调递增． ． 要使有两个极值点，必有，即，得． 令，， ，． 令，， ，． 当时，单调递增， 当时，单调递减， 当时，单调递增， ，， 的图象关于点对称， ， 即的极大值与极小值之和的取值范围为． 18. 已知数列的首项，其前项和满足． （1）求的通项公式； （2）设，数列的前项和为，若对任意恒成立，求的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用得到为等比数列，然后求通项即可； （2）利用错位相减的方法得到，然后分为奇数和偶数两种情况分析即可. 【小问1详解】 当时，由题意得， 又，． 由①，可知②， 两式相减可得，即． 又，是首项为，公比为的等比数列，故． 【小问2详解】 由（1）知． ①， 两边同乘以，得②， ①—②得． 从而． 于是． 当是奇数时，， 当是奇数时，为递减数列，． 当是偶数时，，， 因此． 对任意恒成立， ， 即的最小值为． 19. 复数是由意大利米兰学者卡当在十六世纪首次引入的，经过达朗贝尔、棣莫弗、欧拉、高斯等人的工作，此概念逐渐被数学家接受．形如的数称为复数的代数形式，而任何一个复数都可以表示成的形式，即其中为复数的模，叫做复数的辐角，我们规定范围内的辐角的值为辐角的主值，记作argz．复数叫做复数的三角形式．由复数的三角形式可得出，若，，则．其几何意义是把向量绕点按逆时针方向旋转角（如果，就要把绕点按顺时针方向旋转角），再把它的模变为原来的倍． 请根据所学知识，回答下列问题： （1）试将写成三角形式（辐角取主值）． （2）类比高中函数的定义，引入虚数单位，自变量为复数的函数称之为复变函数．已知复变函数，，． ①当时，解关于的方程； ②当时，若存在实部不为0，且虚部大于0的复数和实数，使得成立，复数在复平面上对应的点为，点，以PA为边作等边，且在的上方，求线段的最大值． 【答案】（1） （2）①；②3. 【解析】 【分析】（1）计算出，结合特殊角的三角函数值得到，写出答案； （2）①整理得到，由复数形式根公式计算即可求出两根； ②方法一：设，利用复数的计算法则化简，并得到，点的轨迹为单位圆的一部分．设，，所表示的复数为，所表示的复数为，则，计算出，得到，则，从而求出线段的最大值； 方法二：设，利用复数的计算法则化简，并得到，点的轨迹为单位圆的一部分．连接，设，，，，由余弦定理和正弦定理得，，化简得到，线段的最大值为3． 【小问1详解】 由于，因此，所以，所以，， 因为，所以，所以； 【小问2详解】 ①由题意得，整理得，所以. ②方法一：设， 则 . 因为存在实数，使得成立，所以为实数，所以， 因为，，所以， 当时，，符合题意， 点的轨迹为单位圆的一部分. 设，，所表示的复数为， 所表示的复数为，则， ， 所以， 则 ， 所以当时，即时，取得最大值3， 故线段的最大值为3. 方法二：设， 则 ． 因为存在实数，使得成立，所以为实数，所以， 因为，，所以， 当时，，符合题意， 点的轨迹为单位圆的一部分． 连接，设，，，． 由，在中，可得， 在中，可得，于是， 在中，可得，于是， 在中，可得， 化简得，当且仅当时，等号成立． 故线段的最大值为3． 【点睛】新定义问题的方法和技巧： （1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解； （2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻； （3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律； （4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$