河北省保定市2025届高三上学期摸底考试（一模）数学试题含答案

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．2．已知是的共轭复数，则（）A．0 B． C．2 D．3．已知向量，且，则（）A．1 B．2 C． D．04．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．5．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．6．若中，角所对的边分别为平分交于，且，则（）A． B．3 C． D．7．已知且，则的最小值是（）A．12 B．16 C．15 D．148．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．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10．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A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______．13．函数的最小正周期是______，在上的单调递减区间是______．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。）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，求的值；（2）设函数，求函数的值域．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．17．在中，角的对边分别为．（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．18．已知函数．（1）已知直线是曲线的切线，求实数的值；（2）求函数的单调区间；（3）求证：恒成立．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．

2024年高三摸底考数学试题参考答案一､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．【答案】A【解析】【分析】解不等式求得集合A，进而求得．【详解】由解得，所以，而，所以．故选：A2．【答案】B【解析】【分析】根据复数的运算法则求得，再根据共轭复数的定义求解即可．【详解】，则．故选：B．3．【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．【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．【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．【答案】C【解析】【分析】由平分交于可得，后由余弦定理可得答案．【详解】因平分，则，由正弦定理：，又，则．设，则．又，由余弦定理：．故选：C7．【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．【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．【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，所以函数的图象不经过第四象限，经过第一、二、三象限．故选：ABC10．【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A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．【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】，当时，在上单调递增．此时至多有一个极值点，不符合题意．当时，若；若．在上单调递增，在上单调递减．又当时．当时，故只需，A错误．此时且，由于是的两个零点且．则，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的横坐标．，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，在上，函数单调递减，，由图象与直线交点变化情况可知越小，越小，越大；越大，越大，越小）所以当时，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，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．【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．【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．【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．【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：，，，的值域是．16．【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．【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．【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．【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，