河北省保定市2024-2025学年高三上学期10月期中考试数学试题 含解析

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.【答案】A【解析】【分析】解不等式求得集合，进而求得.【详解】由解得，所以，而，所以.故选：A2.已知是的共轭复数，则（）A.0 B. C.2 D.【答案】B【解析】【分析】根据复数运算法则求得，再根据共轭复数的定义求解即可.【详解】，则.故选：B.3.已知向量，且，则（）A.1 B.2 C. D.0【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：C4.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.【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：B5.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.【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：D6.若中，角所对的边分别为平分交于，且，则（）A. B.3 C. D.【答案】C【解析】【分析】由，CD平分交于可得，后由余弦定理可得答案.【详解】因CD平分，则，由正弦定理：，又，则.设，则.又,由余弦定理：.故选：C7.已知且，则的最小值是（）A.12 B.16 C.15 D.14【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：D8.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.【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.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【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y=a经过第一、二、三象限.故选：ABC10.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【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.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【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】f'x=当时，在0,+∞上单调递增.此时至多有一个极值点，不符合题意.当时，若x∈0,1m,在上单调递增，在上单调递减.又当时.当时，故只需f′1m>0⇒此时且f′e由于是f′x的两个零点且.则1<x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，上，函数单调递减，，由图象与直线交点变化情况可知m越小，越小，越大；m越大，越大，越小）所以当时，m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0,+∞，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.已知曲线在处的切线斜率为4，则实数的值为__________.【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.函数的最小正周期是__________，在上的单调递减区间是__________.【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.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.）【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.已知向量.（1）若，且x∈0,π，求的值；（2）设函数，求函数的值域.【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x∈0,π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：，，，，，∴fx的值域是.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.【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.在中，角对边分别为.（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.【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.已知函数.（1）已知直线是曲线的切线，求实数a的值；（2）求函数的单调区间；（3）求证：恒成立.【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.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.【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，