河北省保定市示范高中2024-2025学年高三上学期11月期中考试数学试题

高三年级期中考试数学注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．4．本试卷主要考试内容：高考全部内容（不含圆锥曲线、统计、概率）．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．集合，，则（）A． B． C． D．2．设是无穷数列，记，则“是等比数列”是“是等比数列”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件3．已知平面向量，满足，且在上的投影向量为，则向量与向量的夹角为（）A．30° B．60° C．120° D．150°4．在棱长为2的正四面体中，为棱AD上的动点，当最小时，三棱锥的体积为（）A． B． C． D．5．已知函数，若正实数a，b满足，则的最小值是（）A． B． C． D．6．若数列和满足，，，则（）A． B． C． D．7．如图，圆O与x轴的正半轴的交点为A，点C，B在圆O上，且点C位于第一象限，点B的坐标为，．若，则的值为（）A． B． C． D．8．设为定义在整数集上的函数，，，，对任意的整数x，y均有，则（）A．0 B．1012 C．2024 D．4048二、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．已知，，关于的方程有一个根为，为虚数单位，另一个根为，则（）A．该方程存在实数根 B．，C．z对应的点在第四象限 D．10．设函数，，则下列结论正确的是（）A．当时，在点处的切线方程为B．当时，有三个零点C．若有两个极值点，则D．若，则正实数的取值范围为11．如图，在棱长为2的正方体中，是的中点，（与点不重合）是平面内的动点，下列说法正确的是（）A．平面平面B．若，则动点的轨迹为抛物线的一部分C．当时，过点作该正方体的外接球的截面，其截面面积的最小值为D．线段AD绕旋转一周，在旋转过程中，AD与所成角的正切值的取值范围为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．设数列是公比为的等比数列，．若的连续四项是集合，中的元素，则q的值为___________．13．已知函数的图象的一条对称轴为直线，则函数的零点的最小正值为___________．14．过曲线C上一点P作圆的两条切线，切点分别为A，B，若，则曲线C的方程为___________．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．（13分）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，交AC于点，且．（1）若，求的面积；（2）求的最小值．16．（15分）如图，四边形为梯形，，，四边形为矩形，且平面，，为FB的中点．（1）证明：平面．（2）在线段FD（不含端点）上是否存在一点M，使得直线BM与平面所成角的正弦值为？若存在，求出BM的长；若不存在，说明理由．17．（15分）已知函数．（1）当时，若在上单调递增，求的取值范围；（2）若且在上有两个极值点，求的极大值与极小值之和的取值范围．18．（17分）已知数列的首项，其前项和满足．（1）求的通项公式；（2）设，数列的前项和为，若对任意恒成立，求的最小值．19．（17分）复数是由意大利米兰学者卡当在十六世纪首次引入的，经过达朗贝尔、棣莫弗、欧拉、高斯等人的工作，此概念逐渐被数学家接受．形如的数称为复数的代数形式，而任何一个复数都可以表示成的形式，即其中为复数的模，叫做复数的辐角，我们规定范围内的辐角的值为辐角的主值，记作argz．复数叫做复数的三角形式．由复数的三角形式可得出，若，，则．其几何意义是把向量绕点按逆时针方向旋转角（如果，就要把绕点按顺时针方向旋转角），再把它的模变为原来的倍．请根据所学知识，回答下列问题：（1）试将写成三角形式（辐角取主值）．（2）类比高中函数的定义，引人虚数单位，自变量为复数的函数称之为复变函数．已知复变函数，，．①当时，解关于的方程；②当时，若存在实部不为0，且虚部大于0的复数和实数，使得成立，复数在复平面上对应的点为，点，以PA为边作等边，且在AP的上方，求线段OQ的最大值．高三年级期中考试数学参考答案1．【答案】C【解析】因为集合，所以．故选C．2．【答案】D【解析】非充分性：若的项为1，1，1，1，…，则的项为0，0，0，0，…．此时是等比数列，但不是等比数列．非必要性：若的项为1，1，1，1，…，则．此时是等比数列，但是公差为1的等差数列，不是等比数列．所以“是等比数列”是“是等比数列”的既不充分也不必要条件．故选D．3．【答案】B【解析】因为在上的投影向量为，即，所以，又，，所以，且，则．故选B．4．【答案】A【解析】将侧面展开（图略），由平面几何性质可得，当为AD的中点时，满足题意，所以．故选A．5．【答案】B【解析】由题意知函数是奇函数且在上单调递增，由，得，则，即，而，所以，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值是．故选B．6．【答案】A【解析】，，，即，是以2为首项，2为公比的等比数列，，又，，，．故选A．7．【答案】A【解析】，，圆的半径为1．根据三角函数的定义，易得，，又，为等边三角形，则，且为锐角，．故选A．8．【答案】B【解析】令，则，．令，则，又，．令，则，函数的图象关于直线对称．令，则，的图象关于点对称．，是周期的函数．又，，，，当为偶数时，．当为偶数时，也为偶数，此时；当为奇数时，令，，则．．故选B．9．【答案】BCD【解析】由是方程的根，得，整理得，因此解得，，方程为，可知B正确；对于A，根据方程，可得，所以方程无实数根，A错误；对于C，D，方程，由韦达定理可知，得，对应的点为，在第四象限，且，故C，D正确．故选BCD．10．【答案】ABD【解析】对于A，当时，，，，，，A正确；对于B，当时，，令，得，，，B正确；对于C，，，令，设，是的两个极值点，则，，，得，C不正确；对于D，，即，可化为，令，单调递增，即，，令，，当时，，单调递减，当时，，单调递增，，则，即，D正确．故选ABD．11．【答案】ACD【解析】对于A，因为平面，平面，所以平面平面，故A正确；对于B，满足条件的点应在以AM为旋转轴，绕其旋转所得的圆锥的侧面上，旋转轴AM与平面平行，又是平面内的动点，所以动点的轨迹为双曲线的一支的一部分，故B错误；对于C，当时，为线段上靠近点的三等分点，如图1，易知正方体的外接球的球心为正方体的中心O，过点O作于点，连接OP，则，若要截面面积最小，需球心到截面的距离最大，最大为OP，此时，故C正确；对于D，线段AD绕旋转一周后得到一个母线与旋转轴所成的角为的圆锥，设，，，在旋转过程中，AD与所成的角在如图2所示的轴截面内分别取得最值，，，所以在旋转过程中，AD与所成角的正切值的取值范围为，故D正确．故选ACD．12．【答案】【解析】因为数列是公比为的等比数列，，所以数列的连续四项要么同号，要么两正两负．因为四项属于集合，所以数列的连续四项一定两正两负，故，且数列的连续四项必包含，．公比，则．故答案为．13．【答案】【解析】，，由条件得，则，得，所以，所以，，得，由可得．故答案为．14．【答案】（且）或（或且）【解析】设，则过点的切线方程为，即，所以，得，则，是此方程的两根，，，即，所以，得，又，所以，即曲线的方程为（且）．故答案为（且）或（或且）．15．【解析】（1）由，，可得．在中，由余弦定理得，即，可得．故．（2），，，，．，当且仅当，即，时，等号成立．故的最小值为．16．【解析】（1）方法一：设FD交AE于点，如图1，连接GH．四边形为矩形，为FD的中点，又为FB的中点，为的中位线，，又平面，平面，平面．方法二：由题意可知，以为原点建立如图2所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，，，．设平面的法向量为，则，令，则，，平面，平面．（2）假设在线段FD上存在一点M，使得直线BM与平面所成角的正弦值为．设，，则．由（1）可知，．设平面的法向量为，则令，则．设直线BM与平面所成的角为，则，整理得，，．故存在满足题意的点，此时．17．【解析】（1）当时，．单调递增，恒成立，即恒成立．令，当且仅当时，等号成立．，．（2），的图象关于点对称．，令，则，，单调递增，又，在上单调递减，在上单调递增．．要使有两个极值点，必有，即，得．令，，，．令，，，．当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增，，，的图象关于点对称，，即的极大值与极小值之和的取值范围为．18．【解析】（1）当时，由题意得，又，．由①，可知②，两式相减可得，即．又，是首项为，公比为的等比数列，故．（2）由（1）知．①，两边同乘以，得②，①—②得．从而．于是．当是奇数时，，当是奇数时，为递减数列，．当是偶数时，，，因此．对任意恒成立，，即的最小值为．19．【解析】（1）由于，因此，所以，所以，，因为，所以，所以．（