河北省衡水中学2024-2025学年高三上学期期中综合素质评价数学

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2024-2025学年度高三年级上学期期中综合素质评价数学学科一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.1．若复数满足，则（

）A． B． C．5 D．102．设全集，集合，则（

）A． B． C． D．3．用平行于底面的平面截正四棱锥，截得几何体为正四棱台.已知正四棱台的上､下底面边长分别为1和2，侧棱与底面所成的角为，则该四棱台的体积是（

）A． B． C． D．4．已知等差数列的前项和为，若，且，则（

）A．60 B．72 C．120 D．1445．已知两条不同的直线l，m，两个不同的平面α，β，则下列条件能推出的是（

）A．，，且，B．，，且C．，，且D．，，且6．函数，若，则实数a的取值范围是（

）A． B．C． D．7．在同一平面直角坐标系内，函数及其导函数y=f′x的图象如图所示，已知两图象有且仅有一个公共点，其坐标为，则（

A．函数的最大值为1 B．函数的最小值为1C．函数的最大值为1 D．函数的最小值为18．如图，在棱长为5的正方体中，是侧面上的一个动点，点为线段上，且则以下命题正确的是（

）（动点的轨迹：指动点运动所形成的图形）

A．沿正方体的表面从点到点的最短距离是B．保持与垂直时，点的轨迹长度为C．若保持，则的轨迹长度为D．平面被正方体截得截面为直角梯形二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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.9．以下是真命题的是（

）A．已知，为非零向量，若，则与的夹角为锐角B．已知，，为两两非共线向量，若，则C．在三角形中，若，则三角形是等腰三角形D．若三棱锥的三条侧棱与底面所成的角相等，则顶点在底面的射影是底面三角形的外心10．已知定义在上的函数，，其导函数分别为，，，，且为奇函数，则（

）A．的图象关于对称B．C．D．11．已知中，，，E，F分别在线段BA，CA上，且，．现将沿EF折起，使二面角的大小为．以下命题正确的是（

）A．若，，则点到平面的距离为B．存在使得四棱锥有外接球C．若，则棱锥体积的最大值为D．若，三棱锥的外接球的半径取得最小值时，三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．如图，在正三棱柱中，，，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为．

13．如图，圆与轴的正半轴的交点为，点，在圆上，且点位于第一象限，点的坐标为，.若，则的值为.14．曲线在，两点处的切线分别为，，且，则；若，交点的横坐标为，则．四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程及演算步骤.15．已知的面积为，为边的中点，，．(1)求的长；(2)求角的正弦值．16．如图，三棱台中，是正三角形，平面ABC，，M，N分别为棱的中点.(1)证明：平面；(2)求直线与平面所成的角的正弦值.17．已知数列和bn满足，，，，(1)求与；(2)记数列的前项和为，且，若对，恒成立，求的取值范围.18．如图，四棱锥的底面为正方形，E，F分别为，的中点，且平面平面.(1)证明：；(2)若，当四棱锥的体积最大时，求平面与平面的夹角的余弦值.19．设是定义域为D且图象连续不断的函数，若存在区间和，使得在上单调递增，在上单调递减，则称为“山峰函数”，为“峰点”，称为的一个“峰值区间”．(1)判断是否是山峰函数？若是，请指出它的一个峰值区间；若不是，请说明理由；(2)已知，是山峰函数，且是它的一个峰值区间，求m的取值范围；(3)设，函数．设函数是山峰函数，是它的一个峰值区间，并记的最大值为．若，且，，求的最小值．（参考数据：）答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．B【分析】利用复数除法化简，然后由复数模公式可得.【详解】因为，所以，所以.故选：B2．C【分析】由题意可得，根据并集的定义求得，再根据补集的定义求解即可.【详解】解：，又，.故选:C.3．B【分析】根据正四棱台性质可求得该棱台的高，代入棱台的体积公式即可求得结果.【详解】如下图所示：分别为上下底面的中心，作于点，根据题意可知，侧棱与底面所成的角即为，可知；因此可得，易知，由正四棱台性质可得；所以该正四棱台的高为，因此该四棱台的体积是.故选：B4．B【分析】根据给定条件，利用等差数列性质及前项和公式计算即得.【详解】在等差数列中，，解得，所以.故选：B5．C【分析】利用线面垂直的性质推理判断C；举例说明判断ABD.【详解】对于A，若，，且，，此时，可能相交，如下图所示：当，都与平行时，相交，A错误；对于B，若，，且，此时，可能相交，如下图所示：当，都与平行时，相交，B错误；对于C，由，，得，而，所以，C正确；若，，且，此时可能相交，如下图所示：当，，，都与平行时，相交，D错误.故选：C.6．A【分析】原不等式变形为，再利用分段函数的单调性即可得到不等式，解出即可.【详解】当时，，因为在上单调递增，此时单调递增，当时，易知单调递增，且当时，，则在R上单调递增，因为，则，所以由得，所以，解得.故选：A.7．B【分析】根据图象分辨和y=f′【详解】由图可知，两个函数图象都在轴上方，所以f′x>0，所以实线为的图象，虚线为f′x的图象，，对A，，单调递增，无最大值，A错误；对B，，，由图可知，当时，，当时，，所以在上单调递减，在0,+∞上单调递增，所以当时，函数取得最小值，B正确；对C，，由图可知，所以在R上单调递增，无最大值，C错误；对D，，由图可知，当时，，当时，，所以函数在上单调递增，在0,+∞上单调递减，当时，函数取得最大值，D错误.故选：B8．B【分析】根据平面展开即可判断A；过做平面平面，即可判断B；根据点的轨迹是圆弧，即可判断C；作出正方体被平面所截的截面即可判断D．【详解】对于A，将正方体的下底面和侧面展开可得如图图形，

连接，则，故A错误；对于B，如图：

平面，平面，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以，同理可得，，平面，所以平面．所以过点作交于，过作交于，由，可得，平面，平面，所以平面，同理可得平面，又，平面，则平面平面．设平面交平面于，则的运动轨迹为线段，由点在棱上，且，可得，连接，则，所以，又，所以，所以，故B正确；对于C，如图：

若，则在以为球心，为半径的球面上，过点作平面，则，此时．所以点在以为圆心，1为半径的圆弧上，此时圆心角为．点的运动轨迹长度，故C错误；对于D，如图：

延长交于点，连接交于，连接，所以平面被正方体截得的截面为．，所以，，所以，所以，所以且，所以截面为梯形，，所以截面为等腰梯形，故D不正确．故选：B．【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.9．BD【分析】A：将已知条件两边同时平方，整理得到，结合平面向量的数量积的定义得到，由平面向量的夹角范围可得，进而可以判断选项；B：将已知条件变形为，结合平面向量数量积即可判断选项；C：结合正弦定理化简整理即可判断三角形的形状；D：作出图形，证得，即可得到，结合三角形外心的性质即可判断.【详解】A：因为，两边同时平方，得，即，所以，因此，因为，所以，因此与的夹角为锐角或零角，故A错误；B：因为，所以，又因为，，为两两非共线向量，则，所以，故B正确；C：因为，结合余弦定理得，所以，所以或，即或，所以角形是等腰三角形或直角三角形，故C错误；D：设三棱锥的顶点在底面的射影为，所以底面，又因为底面，底面，底面，所以，又因为三棱锥的三条侧棱与底面所成的角相等，所以，所以，所以，所以点是的外心，故D正确；故选：BD.10．ACD【分析】先根据条件分析出的周期性和对称性，再得到的周期性，根据函数性质、简单复合函数求导逐个判断即可得结果.【详解】由题意可得，两式相减可得①，所以,令，可得,所以，所以的图象关于对称，故A正确；因为gx+2为奇函数，所以关于2,0中心对称，所以②，②式两边对求导可得，结合，可得：所以，令，可得：，所以即，故B错，因为，可知也是周期为4的周期函数，即，两边求导可得，所以，故C正确；是周期为4的周期函数，所以，因为，令，则，即，又，所以，又因为是周期为4的周期函数，则，由可得，所以，所以，D正确.故选：ACD11．ACD【分析】对于A，由线面平行将点到平面的距离转化成点到平面的距离即可求解，对于B,通过四边形没有外接圆即可判断，对于C，确定的长度，结合体积公式及基本不等式即可判断,对于D，补全长方体即可判断.【详解】，，易知平面ABC,平面，易知面故点到平面的距离为即为点到平面的距离，因为，所以，所以，所以为二面角的平面角，又为平面内两条相交直线，所以平面，所以平面，又在平面内，所以平面平面，所以到平面ABC的距离即为到，A选项：，，即，三角形等边三角形，可得：到的距离为，故A正确；B选项：由于直角梯形不可能共圆，所以四棱锥无外接球，所以B错误；C选项：由题意可知，，，,，由基本不等式可知：，当且仅当，即时取得最大值，所以,所以当，时，体积取到最大值，故正确；D选项：由题意可知，，，，也即两两垂直，可以依次构造长方体，长方体的体对角线即为外接球的直径，设外接球半径为r，则，，所以时，取得最小值，此时，所以D正确．故选：ACD12．##【分析】以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得向量和的坐标，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】以A为坐标原点，在平面ABC内作垂直于AC的直线Ax为x轴，AC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：

则，，，，所以，，所以，则直线与所成角的余弦值为，故答案为：.13．【分析】由倍角公式和辅助角公式可得，由题意，再由三角函数的定义即可求.【详解】圆的半径为1.又，为等边三角形.，且为锐角..由三角函数的定义可得，.故答案为：.【点睛】本题考查三角函数的定义，倍角公式和辅助角公式，公式的熟练运用是解决问题的关键.14．【分析】根据对数的运算性质化简函数的解析式，结合导数的几何意义、互相垂直的两直线的斜率的关系分类讨论进行求解即可.【详解】由，不妨设，切线，的斜率分别为，，当时，则有，，此时，显然，因此不成立，不符合题意；当时，则有，，此时，显然，因此不成立，不符合题意；当时，则有，，此时，由可得，此时切线，的切线方程分别为：，，两个方程联立，得，因此，故答案为：；【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用对数运算性质化简函数的解析式，利用两直线垂直的斜率之间的关系进行求解.15．(1)(2)【分析】（1）根据三角形面积及向量数量积可知，进而可得与；（2）在中，用余弦定理可知，再由正弦定理可知角的正弦值.【详解】（1）由已知为边的中点，所以，即，又，则，即，又则，即，；（2）由（1）得，，则，在中，由余弦定理可知，即，则，又由正弦定理可知，则.16．(1)证明见解析(2)【分析】（1）先应用线面垂直判定定理得出平面再应用线面垂直性质得出线线垂直，即可证明线面垂直；（2）建立空间直角坐标系，应用空间向量法求线面角正弦值即可.【详解】（1）因为是正三角形，M为AB中点，所以CM⊥AB，因为平面平面ABC，所以，又平面所以平面又因为平面，所以，连接，易得，所以，所以，又因为，所以，因为，平面，所以平面.（2）取AC中点O，连接，易知三条直线两两垂直，以O为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则，由（1）知平面的一个法向量为，又，所以，所以直线与平面所成的角的正弦值为．17．(1)，；(2)．【分析】（1）由等比数列求得，对，写出时等式，两式相减确定是常数列，从而可得；（2）对中奇数项与偶数项分别求和，再相加得，用作差法证明是递增数列，最小值为，从而易得的范围．【详解】（1），，是等比数列，公比为2，所以，∵，∴，两式相减得，∴，从而是常数列，，所以，即；（2）由已知，为奇数时，，，为偶数时，，则，，，（∵），∴，∴，∴，即是递增数列，所以中最小值为，对，恒成立，则．18．(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用面面垂直的性质定理和线面垂直的性质得到，根据中位线的性质得到，根据正方形的性质得到，然后利用线面垂直的判定定理和性质得到，最后利用等腰三角形的性质证明即可；（2）建系，根据列方程得到，然后根据四棱锥的体积最大得到的坐标，最后利用空间向量的方法求夹角即可.【详解】（1）连接交于点，连接交于点，过点作于点，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以，因为分别为的中点，所以，，因为四边形为正方形，所以，为中点，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，因为为中点，所以.（2）设，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图，则A1,0,0，，，，由（1）可知，点在平面内，设，由，得，即，所以当时，四棱锥的体积最大，此时，则，，，,，设平面的法向量为m=x则，令，则，，所