2024-2025学年河北省衡水二中高三上学期素养检测（一）数学试题及答案

高三年级素养检测一数学试题8540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.Ma2,Na2MN1,4a1.设集合（）22D.A021z2z1z,z2.已知复数在复平面内的对应点关于实轴对称，则的虚部为（）1124545D.A.5512xy23.若的最小值为（）44xy183122A.D.244.若H是VABC的垂心，220C的值为（）212A.522D.2π62π3ππ，sinkk（5.，0tank，）1133A.D.2222136.在VABC，E是线段2x3y的最小值是（）A.1047D.13bababcnc1n7.已知向量a与c夹角的最大值为（）2ππ4π5πA.D.63121xfxaexxbx0a1b38.a0，fx0的最大值为（）12A.D.e2e234e2e23618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.fxxxf1f20，有如下结论，①，12x,xxx9.对于函数定义域中任意的1212xxfxfx12f2xf22x0.下列函数能11f1f2120f12②22同时满足以上两个结论的有（）π2A.ꢀꢁ=lnꢁfxsinxxfxexfx3D.z，，则下列说法中正确的有（3zz10.已知复数，）121313zzzzz0zzA.若C若或若1i1i12131232222z2z220zz20zzz2z|z|z|12D.若11112ππ123在fxx已知函数2x1N*,）fxA.为奇函数ππfx,上单调递增在42π8xfx离y轴距离最近的对称轴D.是fxπ的最小正周期为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.312.VABC的内角,B,C的对边分别为a,b,cab的面积为c______．2πM0(3,0)rad/s的角速度逆时针绕坐标原点O13.在平面直角坐标系213s2(x))(x)||的单调递增区间为速圆周运动，后到达点M的位置设(,22_______________12aa,aa2n2n14.已知数列n1n1a1时，存在kN*，使得a2：kna1a为递增数列，且a2恒成立；中既有最大值，又有最小值；nRaa，使得n1RnN0*nnn2a，存在恒成立.02024其中，所有正确结论的序号为______.四.解答题：本题共5小题.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.baCA.15.在VABC中，角,B,C.所对的边分别为a,b,c1）求C；32）若VABC的内切圆半径为,c4VABC的面积.2π2πππ2π3f(x)x)单调，其中|f()f().16.已知函数1）求π在区间(,)为正整数，622yf(x)图象的一条对称轴；32）若f()，求621an,,an项和，已知1Sa1，n12n17.设是数列nnan,.n1）证明：2n是等比数列；S02n2）求满足的所有正整数n.xefx2cos2x2π.x18.已知函数1）证明：2）证明：2efx的导函数有且仅有一个极值点；fx的所有零点之和大于2π.f(x)，[ab](a,b)内每一点存在导数，19.在闭区间f(a)fb)(a,b)c内至少存在一点f(c)0，这是以法国数学家米歇尔罗尔的且名字命名的一个重要定理，称之为罗尔定理，其在数学和物理上有着广泛的应用.f(x)x(xx2)(x4)f(x)f(x)f(x)0，试用上述定理，说明方程1）设个数，并指出它们所在的区间；的导数为f(x)在闭区间[ab]上(a,b)f(x)2f(x)(a,b)c内至少存在一点f)f(a)fcba)的导数为；ab3）利用（2）中的结论，证明：当0abe（为自然对数的底数）b(ab)e2aeabe高三年级素养检测一数学试题8540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.Ma2,Na2MN1,4a1.设集合（）22A.02D.【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，利用交集的结果列出方程求解即得.4Ma2,Na2MN【详解】集合a2a4，2a2.经验证ꢀ=2符合题意，所以故选：C1z2z1z,z2.已知复数在复平面内的对应点关于实轴对称，则的虚部为（）1124545D.A.55【答案】A【解析】z【分析】根据对称性求复数，再根据复数的除法运算公式，即可化简求解.2所对应的点为，所以，z11,2z22z21【详解】由题意得在复平面内所对应的112i)2345则，虚部为.z21115故选：A.12xy23.若的最小值为（）44xy134122A.D.28【答案】A【解析】第1共页122162【分析】首先过呢据条件化简得到，法一，根据基本不等式，即可求解；法二，xy12y2根据条件等式，变形得，再利用基本不等式，即可求解.xyyxyxy【详解】，444122221222法一：，当且仅当时，上式等号成立，xy162xy122162又，可得x2,y42的最小值为.xy2故选：A.12y22y2法二：，当且仅当时，上式等号成立，xyy2y1221622又，可得x2,y4的最小值为.xy2故选：A.4.若H是VABC的垂心，220C的值为（）212A.522D.2【答案】B【解析】7CD【分析】取的中点D，连接，利用中点向量公式结合给定等式推得性质，垂直关系的向量表示，二倍角的正切公式计算得解.，再利用垂心的3【详解】在VABC中，取的中点D，连接2，如图，第2共页23437CH(HB)CD由220，于是，，37CACD,3由H是VABC的垂心，得,0|77321322CA()()0||，3||||3交ACF交BC于E，，，令直线于，πRtACE,RtACBCAEAHFCAE，在则22122tanAHD2123213tanACB2)tan2AHD，1tanAHD21()221C.的值为2故选：B【点睛】关键点睛：涉及向量垂直关系，利用基底表示出相关向量，再利用向量数量积的运算律求解是关.π62π3ππ，sinkk（5.，0tank，）1133A.D.2222【答案】B【解析】π【分析】根据题意分析可得，利用两角和差公式结合指数幂运算求解.6ππ26π6πsin【详解】由题意可得，6ππ65π6π0，0π，6ππ，即，66第3共页π611333k3k3k3k3k则，k23令ttk0，133，整理得t2t3或t则t30，解得t3231即k3，解得k．2故选：B．136.在VABC，E是线段2x3y的最小值是（）A.1047D.13【答案】D【解析】3xy1xy0，则【分析】由已知条件结合平面向量基本定理可得，2232332x3y1xy1，化简后利用基本不等式可得答案.yxyx2132CBCD【详解】因为，所以，33，所以，23xy1xy0，，,D,E三点共线，所以2232332x3y1xy1yxyx22x9y2x2x9y2x9y331772，yyx2xy2x2x9y1y2x213当且仅当时取等.3yxy12第4共页故选：D.bababcnc1n7.已知向量a与c夹角的最大值为（）2ππ4π5π12A.D.63【答案】A【解析】2π3b2,23c3nx,y【分析】先得到a,b的夹角为a0，2nc12x1,y3sin夹角为n,c，表达出x1y3143sin2223sin5q3coscos44q3cos，得到夹角最大值.212π3ababcos，所以8cos，故【详解】因为，解得，2abb2,233，设a4,0，c2nx,yncxy3设，则nc22x12x1231，y31y设x1,y3sin，ncx3y43sincos设n,c夹角为，nc2x2y22223sin5π2,2，3sintt2sin令64tq25cost5q1,3t则，2t52第5共页q5244tq23q3则2，cos2t52q4q44qq3yq3q3,3上单调递增，在上单调递减，在44qq333y当q取得最小值，最小值为，44q2q3y当故q1或3取得最大值，最大值为，44q3q3cos，44q2π6ycos0,π在上单调递减，故，πn与c夹角的最大值为.6故选：A【点睛】平面向量解决几何最值问题，通常有两种思路：①形化，即用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或取值范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行求解；②数化，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解.1xfxaexxbx0a1b的最大值为（38.a0，fx0）12A.D.e2e234e2e2【答案】D【解析】1，b1，f1b0yaex,yxb,均再单调递增；所以要使【分析】先分析得x第6共页2x211b1bfx0aba03，然后构造函数gx0a1b，求最值即可.bexe111yaex+∞aexy与yaex【详解】因为，所以在为增函数，由y图象知，在xxx+∞有唯一的零点0，11xxyaex0xxyaex0，当00xxyxb0在+∞fx0b.若b1恒成立，与矛盾，故1xfxaexxb的定义域为xbxxf1b01a0yaex,yxb,，所以单调递增，x1,1bxxb0，因为fx0aex0；所以当，所以x1x1,x1b1xb0，因为fx0aex0当，所以，x1aex0,lnxb0，所以当x1b23即ab0a1b，1beb2xxxe2令gxgx，xexxe2x2gx0，gx所以当单调增，xxe2xgx0，gx当故单调减，x4gxg2，e2第7共页21b4a1b31b2即b1，当且仅当时等号成立；1be2e故选：D【点睛】多变量问题通常需要先找到变量之间的关系，然后将多变量转化为单一变量，然后构造函数利用导数求其最值即可.3618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.fxxxf1f20，有如下结论，①，12x,xxx9.对于函数定义域中任意的1212xxfxfx12f2xf22x0.下列函数能11f1f2120f12②22同时满足以上两个结论的有（）π2A.ꢁꢂ=lnꢂfxsinxfxfxxD.ex3【答案】【解析】【分析】先对四个结论进行解读，得出函数的单调性，奇偶性，周期性和凹凸性，对选项一一判断，即得结果.fx可得，函数在定义域内为增函数；xxf1f20【详解】由①12f(x)f(x)0fx，即函数为奇函数；f1f2120可得，2fxfx11fx可得，函数的图象向下凸.；f222f21f2210f(xf(x)，可得，f(xf(x)，说明函数fx的周期为4.即f(xfxxA，函数不是奇函数，图象向上凸，也没有周期，故排除；2ππ2π24x是奇函数，且周期为Tfxsin故符合要求；第8共页fxex，函数在R上单调递增，且其图象向下凸，故符合要求；fxx3D，是奇函数，且在上单调递增，故符合要求.R故选：10.已知复数z1zz，，则下列说法中正确3，）21313zzzzz0zzA.若若或若1i1i12131232222z2z220zz20zzz2z|z|z|12D.若11112【答案】【解析】311求z1zzz2zAD正确.断BCA正确．zzzzz(zz)0z0zz【详解】对于A，或12131231231313，方法：11，，所以zn以31为周期，所以2i，z31z41i222213221z1z31ziB正确．222π2π32π1i，所以的模为1，辐角为z1的模为1z1332π34π32π，4π34π313isiniB正确．22z1zi21z220zz，此时C错误．12z，12zz|z|2zz|z|zzzz|z|z|D正确．D，，2，所以111222112212故选：ππ123fxx已知函数2x1N*,在）第9共页fxA.为奇函数ππfx,上单调递增在42π8xfx离y轴距离最近的对称轴D.是fxπ的最小正周期为【答案】【解析】fx数的性质，判断选项.πxsinxsin2xx2sinxfxsin2x【详解】22.4ππ123πππx,x,当，44643ππ123fx,因为函数在上有最大值，无最小值，ππ4π22ππ3π22kπ2π9kπ所以存在kZ，使得2634933212k12k3832222kZ.整理得，，所以，解得33kk8888π4*1fxN，又因为2xA.f010，所以函数fx不是奇函数，故A错误；ππ42π3π5ππ3π44422ππ42x,2x,,fx.当，所以函数在,上单调递减，故B错误；π4ππ8kππ8.令2xkπ，kZxyx，kZ轴距离最近的对称轴方程为C22正确；2πfxπD.的最小正周期为D正确.2故选：三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.312.VABC的内角,B,C的对边分别为a,b,cab的面积为c______．2【答案】3或7【解析】π32π3【分析】先由三角形的面积公式结合特殊角的三角函数值求出C或，再由余弦定理求出结果即可；3ab【详解】的面积为，21133�，解得sinCabsinC=21sinC，2222π2π3π，所以C0C或，3π当C当Cc时，由余弦定理可得ab2abcosC4123c3，，c22232π时，由余弦定理可得c2=a+b22-2abC=4+1+2=7c733或7，故答案为：3或7.13.在平面直角坐标系π2M0(3,0)rad/s的角速度逆时针绕坐标原点O13s2(x))(x)||的单调递增区间为速圆周运动，后到达点M的位置设(,22_______________284k,4kkZ3【答案】3【解析】【分析】根据给定条件，利用三角函数的定义求出点M的坐标，求出(x)并利用差角的余弦化简，再求(x)的单调递增区间即可.π2ππs【详解】依题意，后，动点走过的弧度数为xM(3x,3sinx)，22第共页13)，又(,22π12π2322则(x)(3x)2(3sinx)2ππ243x3sinx2ππ42x)，23ππ(x)ycos(x)的单调递增区间，即的递减区间，23π2π3283xZ2ππkx4k,4kkZ2π则，3283所以(x)的单调递增区间为4k,4kkZ.312aa,aa2n2n14.已知数列n1n1a1时，存在kN*，使得a2：kana1a为递增数列，且2恒成立；naaR，使得中既有最大值，又有最小值；n1RnN0*nnn2a，存在恒成立.02024其中，所有正确结论的序号为______.【答案】【解析】n11【分析】对于①②，根据数列递推式，求出243，结合题意，即可判断；对于③，举出特例，2a2a2即可判断；对于④，分和情况讨论，结合数列的项的变化情况，即可判断.1112a1,n1a2n2nan1，n1【详解】对于①，由于11n1，a2n1a22a24a24，结合a则n12212则a2na43为首项，公比为21的等比数列，n1n111则令aa2n432n243，2n1n1112n43430，n不存在，22N*，使得k2，①错误；故不存在k12a1时，由①知，a2na43为首项，公比为21的等比数列，n1n111则a2n432n2432，nn11n21212a2n则a2a2434330a2n1，n1nn112a4342恒成立，②正确；a2nan故为递增数列，而n12a21n1n1222，时，当a中有最大值2，有最小值为-2，na中既有最大值，又有最小值，③正确；n即存在aR，使得1a24a24，对于④，由①知，n1n212a21n1n1a2n22，符合题意；当时，当n11a222n4，4，随着nNa2n当又ana42，11an1n2*nn0n2，则必存在恒成立n1020241RnN0*nnn2综合以上对任意的a，存在恒成立，④正确，0四.解答题：本题共5小题.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.baCA.15.在VABC中，角,B,C.所对的边分别为a,b,c1）求C；32）若VABC的内切圆半径为,c4VABC的面积.2π【答案】（）C332）4【解析】）法一：利用正弦定理，将边化为角，再结合三角函数恒等变换，即可化简求角；法二：利用余弦定理，将余弦化为边，再根据余弦定理，即可求角；（2）首先根据余弦定理化简得到(ab)2，再结合内切圆半径，集合等面积公式，得到ab4，两式化简得到，即可求面积.【小问1详解】—baCA，由正弦定理得，CCCCCC，，2sinBcosCsinAC，即，又ABCπ，所以sinACsinB01πcosC0CπC.23法二：因为baCA，由余弦定理得a2b2c2b2c2a2baa2b2c2ba22a2cbc2aa2b2c2a2b2c2ba2b2c2b2c2a2bb2aaa2b2c2a2b2c212ba1π3cosC0CπC.2【小问2详解】由余弦定理得c2a2b22abCa2b2ab16(ab)16ab①2121abcr设VABC的内切圆半径为r，由等面积公式得absinC.212313abcab即.222ab4ab4ab)2a2b②2整理得联立①②，解得，1131134VABC的面积为absinC11.222π2πππ2π3f(x)x)单调，其中|为正整数，f()f()16.已知函数1）求π在区间(,).622yf(x)图象的一条对称轴；32）若f().627π【答案】（）xπ2）3【解析】2ππ2ππ22π31,T,ff，323fx取其中点值，即可得图象的一条对称轴；2π2π3123fx在2T37πx处取得最值，即可求解.12【小问1详解】ππ62xfx,因为函数在区间单调，Tπ2π2π3T，26π2π,23在同一个周期内，π2π3ff2，π22π3yfx7π12图像的一条对称轴为x2【小问2详解】由（1）知，T2π2π3，3又为正整数，所以1，23，7πfxx由（1）知，在处取得最值，127πππ7ππkZ，即，π，kZ．22ππππ12当1时，π，kZ，知fxsinx，所以，212π6ππ6π3fsinsin，不符合题意；22π3当2π，kZ，πππ3，知fxsin2x由，所以，23π6ππ2π33fsin2sin3，符合题意；625π当3时，π，kZ，4ππ4π4，fxsin3x由，所以，2π6ππ423fsin3，不符合题意，622π综上所述，.31an,,Saan项和，已知11，n12n17.设是数列nnan,.n1）证明：2n是等比数列；S02n2）求满足的所有正整数n.【答案】（）证明见解析2）正整数n为12【解析】）由定义能证明数列2n是等比数列；n11n1122n22n1aa2n84n3，从而22232231n3S2naaaa2n12n2n；212342S02n由求和式子由此能求出满足的所有正整数n的值．【小问1详解】111a2n12n12n2n14n2n1，由已知得2n22221a2a2n2，2n22321a2a202，，2121所以2n为首项，为公比的等比数列；2【小问2详解】n111由（12n2，22n122n2，n11a2n164n2，n12a2n1a2n84n3，Saaaa2n12n2n12342nn11118n412n32n6n33222222n323122n3，257218SS2S，4，S6当n2单调递减，其中，2n24S02n所以满足的所有正整数n为12.xefx2cos2x2π.x18.已知函数1）证明：2）证明：2efx的导函数有且仅有一个极值点；fx的所有零点之和大于2π.【答案】（）证明见解析fx2）【解析】的所有零点之和大于2π，理由见解析.gxfxgxfx进的exx1ex1x1hx1exgxgx取值情况，从而确定函数的极值点取值个数；fx2）结合的单调性，确定其零点，从而得函数fxfx的极值点分布，根据函数单调性结合零fxfxfx点存在定理即可确定函数有零点之和与【小问1详解】2π的大小关系.xefx2cos21x1x,x2π，2exfx1xxe1xxx2π，，gxfx设1x1x1ex1x2π，x，其中egxexex0恒成立，hx1ex1x令，π则x1xex1sinx2ex1sinxhxe，4ππ7πx,x2π，所以，444xπ4hxhx单调递减，0所以当，函数π44xx,hx0hx，函数单调递增，当当5π4hxhx，函数单调递增；,2π0π42π25π4π11又h01e1e00，hh0，h1e44227π427427π4π1h1e1e0，h2πh01225π7π440,h01e01000x，使得，0gxxfxx0,2πe1xhxgx00gx0故对于有单调递减，时，00gx0fx，函数0fxfxfx无极小值点，故有且仅有一个极值点.x是函数的极大值点，0【小问2详解】5π7π44fxxe,x2πx，0fxe1xx,因为函数，其导函数，使得当x0fxx0,2πfx时，函数单调递减，单调递增，当e0x又，0πefx10sin00f0e0sin02sinx，4057π3πxxπ,π0,2πfx0，0，所以，所以04442f2πe12π0，又故当x0，xx,2πfx20，使得，于是可得：0fx20，使得11xxfx0fx，xx,xfx0fx，xx2,2π112fx，单调递减，fx03π23π2fππf10xπ,1e2又，π2ππ2,πf0，则fe2fππ10，所以存在23π23π23π2f2f1fπ0ff0π,0，所以，则存在f0，f2πfxxx2,2π上无零点；e12π10又，所以函数在区间πx2π,π故函数在上有两个零点，22ff0可得：由e0,ecos0，所以,，11e1e1e1e1又，，2ππππ2ππ2ππ，，可得：，222π2yx,π2π2π并且函数在上单调递减，所以，fx2π的两个零点之和大于故【点睛】关键点睛：本题考查函数的极值点、零点与导数的关系，涉及到三角函数与指数函数混合运算，难度较大.这样避免求导数过程中，导函数的零点无法解含指数与三角函数的方程问题，例如本题中对函数gx1xxgxx1ex1x，其影响正e直接求其导数无法消除指数运算，将其转化为负的部分1ex1cosxπ22π的关键是确定零点范围为之后，结合零点所满足的等式关系yx0在e0,eπ2与2π的大小