河北省衡水中学2024-2025学年高三上学期第一次综合素养测评数学试题（解析版）

2024-2025学年度高三年级上学期第一次综合素养测评数学学科注意：本试卷分第I卷和第Ⅱ卷两部分，共150分.考试时间120分钟.共4页，19个题目.第I卷（选择题共58分）一、单项选择题（每小题5分，共40分.下列每小题所给选项只有一项符合题意，请将正确答案的序号填涂在答题卡上）1.已知不等式的解集为，不等式的解集为，则为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】解不等式化简集合，再利用交集的定义求解即得.【详解】解不等式，得，即，解不等式，得，即，所以.故选：D2.已知，则向量与的夹角为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】结合向量的夹角公式，以及向量的夹角的范围，即可求解；【详解】因为，设向量与的夹角为所以，又因为，所以故选：B.3.如图所示，为测量山高MN，选择A和另一座山的山顶C为测量观测点，从A点测得M点的仰角，C点的仰角以及，从C点测得，已知山高，则山高MN=（）A.120 B.150 C. D.160【答案】C【解析】【分析】由题意，可先求出的值，从而由正弦定理可求的值，在中，，，从而可求得的．【详解】解：在中，，，所以．在中，，，从而，由正弦定理得，，因此．中，，，由得；山高；故选：4.已知等差数列和的前项和分别为、，若，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据等差数列的性质和通项公式可得，再根据等差数列的求和公式可得，结合已知条件求解即可【详解】设等差数列的公差为，则，因为，所以，因为等差数列和的前项和分别为、，满足，所以，所以，故选：C5.已知双曲线的左、右焦点分别为，P是双曲线C的一条渐近线上的点，且线段的中点N在另一条渐近线上．若，则双曲线C的离心率为（）A. B. C.2 D.【答案】A【解析】【分析】利用平方关系、商数关系求出，再由得出可得答案.【详解】因为N，O分别是的中点，所以，又，，所以，所以，故．故选：A．6.点到直线的距离最大时，其最大值以及此时的直线方程分别为（）A.； B.；C.； D.；【答案】A【解析】【分析】求出直线所过的定点，再确定最大值条件即可求解.【详解】将直线变形得，由，解得，因此直线过定点，当时，点到直线的距离最大，最大值为，又直线的斜率，所以直线的方程为，即.故选：A7.已知函数的定义域为，且若，则的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】当时，判断函数单调性，由单调性可知；当时，根据单调性的性质和复合函数单调性可知单调递增，可得，然后将原不等式转化为即可得解.【详解】当时，，由复合函数的单调性可知在上单调递减，所以；当时，，因为在上单调递增，为增函数，所以在上单调递增，又在上为增函数，所以在单调递增，所以.综上，在上恒成立，当且仅当时取等号.所以不等式，解得且且，即原不等式的解集为.故选：D【点睛】思路点睛：解分段函数相关不等式时，需要根据自变量范围进行分类讨论，利用单调性求解即可.8.已知对恒成立，则的最大值为（）A.0 B. C.e D.1【答案】D【解析】【分析】由题意得对恒成立，令，利用导数求得，即，再令，利用导数求出的最小值，可求出的取值范围，从而可求出的最大值.【详解】由，得，所以对恒成立，令，则在上单调递增，由，得，当时，，当时，，所以在上递减，在上递增，所以，即令，则在上单调递增，由，得，所以当时，，当时，，所以在上递减，在上递增，所以，所以，所以的最大值为1.故选：D【点睛】关键点点睛：此题考查利用导数解决不等式恒成立问题，考查利用导数求函数的最值，解题的关键是通过对原不等式变形，将问题转化为对恒成立，然后构造函数，利用导数求出最值即可，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.二、多项选择题（每题6分，共18分，每题给出的选项中有多项符合要求，全部选对得6分，错选得0分，部分选对得部分分）9.若数列为递增数列，则的通项公式可以为（）A. B. C. D.【答案】ABD【解析】【分析】利用作差法判断A、B、D，利用特殊值判断C.【详解】对于A：，所以，所以为递增数列，故A正确；对于B：，所以，所以为递增数列，故B正确；对于C：因为，则，，所以不单调，故C错误；对于D：，所以，所以为递增数列，故D正确；故选：ABD10.函数的部分图象如图中实线所示，为函数与轴的交点，圆与的图象交于两点，且在轴上，则（）A. B.圆的半径为C.函数的图象关于点成中心对称 D.函数在上单调递增【答案】AC【解析】【分析】根据图象，求出解析式，可判断ABC选项，对D选项，求出范围即可判断.【详解】根据函数的图象以及圆的对称性,可得两点关于圆心对称,所以,于是,故A正确；由及,得,由于,所以,所以,从而,故半径为,故B错误；将代入得，所以是中心对称，故C正确；当时，，即，此时为减函数，故D错误.故选：AC11.已知是椭圆的两个焦点，点在椭圆上，若的面积等于4.则下列结论正确的是（）A.若点是椭圆短轴顶点，则椭圆的标准方程为B.若是动点，则的值恒为2C.若是动点，则椭圆的离心率的取值范围是D.若是动点，则的取值范围是【答案】ABD【解析】【分析】根据椭圆性质以及的面积可得A正确；设可得，利用并结合椭圆方程可得B正确；由椭圆范围可得可得离心率，即C错误；由椭圆定义可得的取值范围为，即D正确.【详解】对于A，若点是椭圆的短轴顶点，则，又，所以，所以椭圆的标准方程为，故选项A正确；对于B，设，由题意可知①，因为，所以，即②，又③，由②③及得，又由①知，所以.故选项B正确；对于C，由②③得，所以，从而，故.所以椭圆的离心率，故选项C错误；对于D，由椭圆定义可得，即的取值范围为，即选项D正确.故选：ABD.【点睛】方法点睛：求解椭圆离心率等范围问题经常利用椭圆定义以及椭圆性质得出关系式，再由变量自身范围即可得出结论.第Ⅱ卷（非选择题共92分）三、填空题（每题5分，共15分）12.已知是第四象限角，且，则________.【答案】【解析】【分析】根据题意，得到，再结合三角函数的基本关系式和正弦的倍角公式，即可求解.【详解】由题意知，是第四象限角，可得，所以，因为，可得，所以.故答案为：.13.已知，若，，，则a，b，c按从小到大排列为：________.【答案】【解析】【分析】构造函数，，利用导数与单调性最值得关系可比较出，再结合原函数的单调性和奇偶性即可比较大小.【详解】因为函数的定义域为，，所以函数为偶函数，故以下只用讨论函数在的单调性，令因为在上恒成立，所以在上单调递增，所以，即在上恒成立，所以在上单调递增，则在上单调递减，设函数，，当时，；当时，；所以函数在单调递减，上单调递增，所以，即，设函数，，当时，；当时，；所以函数在单调递增，上单调递减，所以，即，所以，所以，又因为，所以，故答案为：.14.定义：对于函数和数列，若，则称数列具有“函数性质”.已知二次函数图象的最低点为，且，若数列具有“函数性质”，且首项为1的数列满足，记的前项和为，则数列的最小值为__________.【答案】【解析】【分析】利用二次函数的性质求解析式，再利用数列的递推思想构造等比数列，即可求和，从而用数列的单调性来求出最小值.【详解】由二次函数最低点为可知：，又，所以，则.由题意得，又由，得，因为，所以，即，又，所以，则，即，故是以1为首项，2为公比的等比数列，所以.令.，则，故当时，，当时，，故.故答案为：.【点睛】方法点睛，根据二次递推，则需要通过构造两边对数，来得到等比数列递推关系.四、解答题（本大题有5个小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，并写在答题纸的相应位置，否则无分数.）15.已知数列为递增的等比数列，为数列的前项和，且.（1）求数列的通项公式；（2）记为数列在区间中的所有项的和，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）设公比为，根据，求得，写出通项公式；（2）由推出对应的区间中包含的项，然后利用等比数列的前n项和公式和分组求和法求解.【详解】（1）设公比为，由题意得，，解得，或(舍去)，所以，故数列通项公式为.（2）由题意得，对应的区间为：，其中包含，则；对应的区间为：，其中包含，则；对应的区间为：，其中包含，，，则；……对应的区间为：，其中包含，，…，，则，因此，所以，故.【点睛】方法点睛：求数列的前n项和的方法（1）公式法：①等差数列的前n项和公式，②等比数列的前n项和公式；（2）分组转化法：把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解．（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项．（4）倒序相加法：把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广．（5）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列对应项之积构成的，则这个数列的前n项和用错位相减法求解.（6）并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．16.已知函数，.（1）求函数的最大值；（2）设不等式的解集为，若对任意，存在，使得，求实数的值.【答案】（1）2（2）【解析】【分析】（1）根据对数运算化简为二次函数的复合函数，结合二次函数的值域求出最值即可；（2）先换元把指数函数复合函数转化为二次函数，再分段分类讨论求出最值，再根据已知等式求值即可.【小问1详解】，，，当，即时，，当，即时，，当时，的最大值为2.【小问2详解】由，得，即，，设，则当，，，，设，由题意，是当时，函数的值域的子集.①当，即时，函数在上单调递增，则解得.②当，即时，函数在上单调递减，则不等式组无解.③当，即时，函数在上单调递减，上单调递增，则函数的最大值是与的较大者.令，得，令，得，均不合题意.综上所述，实数的值为.【点睛】关键点点睛：本题第2小问解决的关键是，利用换元法将问题转化为是的值域的子集，从而得解.17.如图，抛物线是抛物线内一点，过点作两条斜率存在且互相垂直的动直线，设与抛物线相交于点与抛物线相交于点，，当恰好为线段的中点时，．（1）求抛物线的方程；（2）求的最小值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设直线，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，依题意可得，再由弦长公式得到方程，解得即可；（2）根据数量积的运算律得到，又，同理可得，再由基本不等式计算可得.【小问1详解】解法一：设直线，联立，得，所以．又因为是的中点，所以，又，代入化简得，解得．故抛物线的方程为．解法二：设直线的倾斜角为，再设、的坐标都为，代入抛物线方程得，化简得．则，，因为是的中点，所以，即．又因为，将代入化简得，即，所以抛物线的方程为．【小问2详解】解法一：，由（1）可得，，因为，同理，所以，当且仅当时，等号成立，即所求最小值为．，而，所以CD的倾斜角为或，同理可求得，即，当且仅当或时，等号成立，即所求最小值为．18.已知函数.（1）若直线与函数的图象相切，求实数的值；（2）若函数有两个极值点和，且，证明：.（为自然对数的底数）【答案】（1）2（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义求解；（2）将极值点问题转化为导函数零点问题，通过整体换元，将所证不等式转化为一元不等式，再构造函数研究单调性求证不等式即可.【小问1详解】，定义域为.设切点，.且，解得，，故实数的值为2；【小问2详解】，定义域为.，因为有两个极值点和，所以至少有两个不相等的正根.令，令，得，当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减.当时，取最大值，最大值为.当；当，则至多两个零点，要使有两个零点，必有，.由，两式作差得①，令，由得，则，代入①式得，，则，故所证不等式转化为，，只需证，即证：.令，，，，，在上单调递增，，其中，故，，即不等式得证.【点睛】方法点睛：双变量不等式的证明，处理关键是代数变形.经常通过代换(含对数式时常用)或（含指数式时常用)将所证的双变量不等式化为单变量的函数不等式，再构造函数，利用函数单调性证明.19.法国数学家费马在给意大利数学家托里拆利的一封信中提到“费马点”，即平面内到三角形三个顶点距离之和最小的点，托里拆利确定费马点的方法如下：①当的三个内角均小于时，满足的点为费马点；②当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点.请用以上知识解决下面的问题：已知的内角所对的边分别为，点为的费马点，且.（1）求；（2）若，求的最大值；（3）若，求实数的最小值.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根据倍角公式得到，由正弦定理得到，从而；（2）根据点为的费马点得到，再由及三角形面积公式得到，因为及均值不等式，所以，当且仅当时等号成立；（3）设，所以，在三个小三角形中分别用余弦定理表示出、、AB再结合得到，从而由均值不等式得，从而得到的最小值.【小问1详解】因为，所以，即，由正弦定