河北省衡水市武邑中学2024届高三上学期期中考试数学含答案解析

河北省衡水市武邑中学2024届高三上学期期中考试数学数学试题一、单选题.本题共8小题，每小题5分，共40分，将答案填涂在答题卡上相应位置.1.设集合，，则（）A. B. C. D.2.O是正方形ABCD的中心．若＝λ＋μ，其中λ，μ∈R，则＝（）A.－2 B.－C.－ D.3.若复数，则复数的虚部为（）A0 B. C.1 D.4.正项等比数列中的是函数的极值点，则A. B.C. D.5.已知公比不为1的等比数列的前项和为，且满足成等差数列，则A. B. C. D.6.已知正四面体的内切球的表面积为36，过该四面体的一条棱以及球心的平面截正四面体，则所得截面的面积为A.27 B.27 C.54 D.547.已知，，，，则的大小关系为（）A. B.C. D.8.已知又，对任意的均有成立，且存在使，方程在上存在唯一实数解，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.二、多选题：本题共4小题，全部选对得5分，部分选对得2分，多选或错选均不得分，共计20分，将答案填涂在答题卡上相应位置.9.著名的“河内塔”问题中，地面直立着三根柱子，在1号柱上从上至下､从小到大套着n个中心带孔的圆盘.将一个柱子最上方的一个圆盘移动到另一个柱子，且保持每个柱子上较大的圆盘总在较小的圆盘下面，视为一次操作.设将n个圆盘全部从1号柱子移动到3号柱子的最少操作数为，则（）A. B.C. D.10.折扇又名“纸扇”是一种用竹木或象牙做扇骨，㓞纸或者绫绢做扇面的能折叠的扇子.如图1，其平面图是如图2的扇形，其中，，点在弧上，且，点在弧上运动（包括端点），则下列结论正确的有（）A.在方向上的投影向量为B.若，则C.D.最小值是11.已知复数，，，为坐标原点，，，对应的向量分别为，，，则以下结论正确的有（）A.B若，则C.若，则与的夹角为D.若，则为正三角形12.已知函数，则下列说法正确的是（）A.当时，在上单调递增B.若图象在处的切线与直线垂直，则实数C.当时，不存在极值D.当时，有且仅有两个零点，且三、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知函数，若方程有4个解分别为，且，则__________.14.函数为奇函数，则实数_______________.15.在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱、、两两夹角都为，且，，，、分别为、的中点，则与所成角的余弦值为__________.16.各项均为正数的等比数列的前项和为，若，，则的最小值为______．四、解答题：（本大题满分70分，每题要求写出详细的解答过程否则扣分）17.函数的部分图象如图所示，其中轴．（1）求函数的解析式；（2）将的图像向右平移个单位，再向上平移2个单位得到的图像，求的值．18.在中，a、b，c分别是角A、B、C的对边，且．（1）求角A的大小；（2）若是方程的一个根，求的值．19.函数在上的零点从小到大排列后构成数列.（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前项和.20.如图1，在边长为4的菱形中，，点分别是边，的中点，.沿将翻折到的位置，连接，得到如图2所示的五棱锥.（1）在翻折过程中是否总有平面平面？证明你结论；（2）当四棱锥体积最大时，求点到面的距离；（3）在（2）的条件下，在线段上是否存在一点，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由.21.已知数列的前项和为，且.（1）求的通项公式；（2）数列满足，，设数列的前项和为，证明：.22.已知函数.（1）若曲线在处的切线与直线平行，求函数的极值；（2）已知，若恒成立.求证：对任意正整数，都有.数学试题一、单选题.本题共8小题，每小题5分，共40分，将答案填涂在答题卡上相应位置.1.设集合，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先由一元二次不等式的解法求得集合A，再根据指数函数的值域求得集合B，利用集合的交集运算可得选项.【详解】因为，又时，，所以，所以，故选：D.2.O是正方形ABCD的中心．若＝λ＋μ，其中λ，μ∈R，则＝（）A.－2 B.－C.－ D.【答案】A【解析】【分析】根据正方形几何特点，结合向量的线性运算，用表示目标向量，即可求得结果.【详解】根据题意，作图如下：＝＋＝＋＝－＋＝－，所以λ＝1，μ＝－，因此＝－2.故选：.【点睛】本题考查平面向量的线性运算，属基础题.3.若复数，则复数的虚部为（）A.0 B. C.1 D.【答案】A【解析】【分析】根据等比数列前n项和公式和复数性质解题即可.【详解】，所以复数的虚部为0.故选：A4.正项等比数列中的是函数的极值点，则A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】试题分析：由，则，因为是函数的极值点，所以，又，所以，所以，故选A．考点：对比数列与函数的综合应用．【方法点晴】本题主要考查了数列与函数的综合应用，其中解答中涉及到等比数列的通项公式、等比中项公式、利用导数研究函数的极值点和对数的运算等知识点的综合考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及知识点的灵活应用，试题涉及知识点多，应用灵活，属于中档试题，其中解答中根据函数极值点的概念，得到是解答关键．5.已知公比不为1的等比数列的前项和为，且满足成等差数列，则A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】成等差数列，，即，解得或（舍去），，故选C.6.已知正四面体的内切球的表面积为36，过该四面体的一条棱以及球心的平面截正四面体，则所得截面的面积为A.27 B.27 C.54 D.54【答案】C【解析】【分析】先由内切球表面积求出其半径，结合图像，找出球心半径，用相似三角形列方程求出正四面体边长，再求出所需截面即可.【详解】解：由内切球的表面积，得内切球半径如图，过点作平面，则点为等边的中心连接并延长交于点，且点为中点，连接记内切球球心为，过作，设正四面体边长为则，，，又因为，所以由，得，即，解得因为过棱和球心，所以即为所求截面且故选C.【点睛】本题考查了空间几何体的内切球，找到球心求出半径是解题关键.7.已知，，，，则的大小关系为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】由，得出，再判断，，得出结果.【详解】因为，，且，则，，即；所以，即，所以，即.所以.故选：B.8.已知又，对任意的均有成立，且存在使，方程在上存在唯一实数解，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】化简可得，根据成立，且存在，可知存在使得，即，根据函数性质建立不等式关系进行求解即可.【详解】由，其中满足，又由任意的均有成立，即任意的均有成立，且存在使，可知最大值为，又，当时，，又在上存在唯一实数使，即.故选：A二、多选题：本题共4小题，全部选对得5分，部分选对得2分，多选或错选均不得分，共计20分，将答案填涂在答题卡上相应位置.9.著名的“河内塔”问题中，地面直立着三根柱子，在1号柱上从上至下､从小到大套着n个中心带孔的圆盘.将一个柱子最上方的一个圆盘移动到另一个柱子，且保持每个柱子上较大的圆盘总在较小的圆盘下面，视为一次操作.设将n个圆盘全部从1号柱子移动到3号柱子的最少操作数为，则（）A. B.C. D.【答案】AD【解析】【分析】由题可得，进而可得是以2为首项，2为公比的等比数列，可得，即得.【详解】将圆盘从小到大编为号圆盘，则将第号圆盘移动到3号柱时，需先将第号圆盘移动到2号柱，需次操作；将第号圆盘移动到3号柱需1次操作；再将号圆需移动到3号柱需次操作，故，，又，∴是以2为首项，2为公比的等比数列，∴，即，∴.故选：AD.10.折扇又名“纸扇”是一种用竹木或象牙做扇骨，㓞纸或者绫绢做扇面的能折叠的扇子.如图1，其平面图是如图2的扇形，其中，，点在弧上，且，点在弧上运动（包括端点），则下列结论正确的有（）A.在方向上的投影向量为B.若，则C.D.的最小值是【答案】ABD【解析】【分析】利用投影向量的定义可判断A选项；建立平面直角坐标系，利用三角恒等变换结合平面向量的线性运算可判断B选项；利用平面向量数量积的运算性质可判断C选项；利用平面向量数量积的坐标运算可判断D选项.【详解】对于A选项，由题意可知，所以，在方向上的投影向量为，A对；对于B选项，以点为坐标原点，所在直线为轴建立如下图所示的平面直角坐标系，则、，设点，其中，由可得，所以，，所以，，所以，，，则，所以，，所以，，B对；对于C选项，，所以，，C错；对于D选项，，其中，、，，，所以，，因为，则，所以，故当时，取最小值为，D对.故选：ABD.11.已知复数，，，为坐标原点，，，对应的向量分别为，，，则以下结论正确的有（）A.B.若，则C.若，则与的夹角为D.若，则为正三角形【答案】ABD【解析】【分析】根据复数的乘法运算及复数的模的计算公式计算即可判断A；根据复数的除法运算即可判断B；根据向量的数量积的运算律求出与的夹角的余弦值即可判断C；结合C选项即可判断D.【详解】因为，，，所以，则，对于A，，故，，所以，故A正确；对于B，若，则，故B正确；对于C，设与的夹角为，若，则，即，即，所以，所以，即与的夹角为，故C错误；对于D，若，则，则，即，由C选项可知与的夹角为，同理与的夹角为，与的夹角为，又，所以，故D正确.故选：ABD.12.已知函数，则下列说法正确的是（）A.当时，在上单调递增B.若的图象在处的切线与直线垂直，则实数C.当时，不存在极值D.当时，有且仅有两个零点，且【答案】ABD【解析】【分析】对于A，利用导数即可判断；对于B，根据导数的几何意义可判断；对于C，取，根据导数判断此时函数的单调性，说明极值情况，即可判断；对于D，结合函数单调性，利用零点存在定理说明有且仅有两个零点，继而由可推出，即可证明结论，即可判断.【详解】因为，定义域为且，所以，对于A，当时，，所以在和上单调递增，故A正确；对于B，因为直线的斜率为，又因为的图象在处的切线与直线垂直，故令，解得，故B正确；对于C，当时，不妨取，则，令，则有，解得，当时，，在上单调递增；当时，，在上分别单调递减；所以此时函数有极值，故C错误；对于D，由A可知，当时，在和上单调递增，当时，，，所以在上有一个零点，又因为当时，，，所以在上有一个零点，所以有两个零点，分别位于和内；设，令，则有，则，所以的两根互为倒数，所以，故D正确．故选：ABD【点睛】难点点睛：本题综合考查了导数知识的应用，综合性较，解答的难点在于选项D的判断，要结合函数的单调性，利用零点存在定理判断零点个数，难就难在计算量较大并且计算复杂，证明时，要注意推出，进而证明结论三、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知函数，若方程有4个解分别为，且，则__________.【答案】10【解析】【分析】作出函数图象，由对数函数的性质可得，有二次函数的对称性可得，代入求解即可.【详解】作出函数的大致图象，如下：可知，且当时，有2个解；，得；当时，由有2个解，根据图象的对称性，得..故答案为：10.14.函数为奇函数，则实数_______________.【答案】【解析】【分析】由为奇函数，根据定义有，结合是单调函数即可求.【详解】函数为奇函数知：，而，∴，即，又是单调函数，∴，即有，解得.故答案为：.【点睛】本题考查了利用函数的奇偶性求参数值，应用的单调性列方程，属于基础题.15.在平行六面体中，以顶点为端点三条棱、、两两夹角都为，且，，，、分别为、的中点，则与所成角的余弦值为__________.【答案】【解析】【分析】计算出以及、的值，可求得的值，即可得解.【详解】如下图所示：由题意可得，，所以，，，，所以，.因此，与所成角的余弦值为.故答案为：.16.各项均为正数的等比数列的前项和为，若，，则的最小值为______．【答案】8【解析】【分析】根据等比数列的性质可得，由此可求得，，从而表示出，再根据基本不等式求解即可．【详解】解：∵，且，∴，∴公比，∴，，∴，当且仅当，即时等号成立，故答案为：8．【点睛】本题主要考查等比数列的性质和等比数列的前项和，考查基本不等式的应用，考查计算能力，属于中档题．四、解答题：（本大题满分70分，每题要求写出详细的解答过程否则扣分）17.函数的部分图象如图所示，其中轴．（1）求函数的解析式；（2）将的图像向右平移个单位，再向上平移2个单位得到的图像，求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据图象可求函数的对称方程及，故可求函数的解析式；（2）根据图象平移可求的解析式，故可求的值.【小问1详解】由图象可得函数图象的一条对称轴为，故，故，故，而，故即而，故，故.【小问2详解】将的图像向右平移个单位，再向上平移2个单位得到的图像，故，故.18.在中，a、b，c分别是角A、B、C的对边，且．（1）求角A的大小；（2）若是方程的一个根，求的值．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）利用正弦定理角化边后，利用余弦定理得到，进而求得；（2）解方程求得方程的根，并作出取舍得到，利用同角三角函数的关系得到的值，然后利用诱导公式和两角和的余弦公式求得.【详解】（1）∵，∴，即，∴，又∵三角形内角，∴；（2）等价于，解得或；∵，∴，∴，∴.19.函数在上的零点从小到大排列后构成数列.（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据三角函数的基本性质，求得其在内的零点，分情况，可得答案；（2）由题意，可得数列的通项公式，结合等差数列的性质，可得答案.【小问1详解】函数的最小正周期为.函数在上的零点分别为.数列是以为首项，为公差的等差数列，即当为奇数时，.数列是以为首项，为公差的等差数列，即当为偶数时，.综上，【小问2详解】，显然数列为等差数列.所以其前项和为.20.如图1，在边长为4的菱形中，，点分别是边，的中点，.沿将翻折到的位置，连接，得到如图2所示的五棱锥.（1）在翻折过程中是否总有平面平面？证明你的结论；（2）当四棱锥体积最大时，求点到面的距离；（3）在（2）的条件下，在线段上是否存在一点，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）总有平面平面，证明详见解析（2）（3）存在，是的中点，理由见解析.【解析】【分析】（1）通过证明平面来证得平面平面.（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得点到平面的距离.（3）利用平面与平面所成角的余弦值来列方程，从而求得点的位置.【小问1详解】折叠前，因为四边形是菱形，所以，由于分别是边，的中点，所以，所以，折叠过程中，平面，所以平面，所以平面，由于平面，所以平面平面.小问2详解】当平面平面时，四棱锥体积最大，由于平面平面，平面，，所以平面，由于平面，所以，由此以为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，依题意可知，设平面的法向量为，则，故可设，所以到平面的距离为.【小问3详解】存在，理由如下：，，设，则，平面的法向量为，，设平面的法向量为，则，故可设，设平面与平面所成角为，由于平面与平面所成角的余弦值为，所以，解得或（舍去），所以当是的中点时，平面与平面所成角的余弦值为.21.已知数列的前项和为