河北省保定市2024-2025學年高三上學期10月期中考試數(shù)學試題 含解析

2024年高三摸底考數(shù)學試題本試卷共4頁，19小題，滿分150分.考試用時120分鐘.注意事項：1.答題前，請務必將自己的姓名?準考證號用黑色字跡的簽字筆或鋼筆分別填寫在試題卷和答題卡上.將條形碼橫貼在答題卡“條形碼粘貼處”.2.作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案，答案不能答在試卷上.3.非選擇題必須用黑色字跡鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案；不準使用鉛筆和涂改液.不按以上要求作答的答案無效.4.考生必須保持答題卡的整潔.考試結(jié)束后，將試卷和容題卡一并交回.一?選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.每小題給出的四個選項中，只有一個選項是正確的.1.已知，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】解不等式求得集合，進而求得.【詳解】由解得，所以，而，所以.故選：A2.已知是的共軛復數(shù)，則（）A.0 B. C.2 D.【答案】B【解析】【分析】根據(jù)復數(shù)運算法則求得，再根據(jù)共軛復數(shù)的定義求解即可.【詳解】，則.故選：B.3.已知向量，且，則（）A.1 B.2 C. D.0【答案】C【解析】【分析】先利用向量模的坐標運算求得，進而利用數(shù)量積的坐標形式求得.【詳解】，則，由于，所以，所以，所以.故選：C4.若一個球的體積和表面積數(shù)值相等，則該球的半徑的數(shù)值為（）A.2 B.3 C.4 D.【答案】B【解析】【分析】利用球的體積公式和表面積公式列方程求解即可.【詳解】由題意，所以.故選：B5.設函數(shù)為偶函數(shù).當滿足時，有最小值2，則和的值分別是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)函數(shù)的奇偶性、周期性求得正確答案.【詳解】依題意，，所以，當滿足時，有最小值2，所以，所以，由于是偶函數(shù)，所以，而，所以.故選：D6.若中，角所對的邊分別為平分交于，且，則（）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.【詳解】因CD平分，則，由正弦定理：，又，則.設，則.又,由余弦定理：.故選：C7.已知且，則的最小值是（）A.12 B.16 C.15 D.14【答案】D【解析】【分析】先結(jié)合已知將變?yōu)椋缓罄没静坏仁角蠼饧纯?【詳解】因為，所以，又，所以，所以，當且僅當時等號成立，即的最小值是14.故選：D8.已知函數(shù)若關(guān)于的方程至少有5個不等的實數(shù)解，則的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先求的解析式，然后畫出的圖象，根據(jù)圖象確定正確答案.【詳解】當時，，當時，，所以，當時，，所以，當時，，所以，畫出、的圖象如圖所示，問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的圖象與直線的至少有5個公共點，由圖可知，故的范圍是B正確.故選：B【點睛】關(guān)鍵點睛：圖象的精確繪制：繪制函數(shù)的圖象是解題的關(guān)鍵，通過準確的圖象確定直線與曲線的交點個數(shù)，進而得到解的數(shù)量．交點數(shù)量與參數(shù)關(guān)系：通過分析圖象，確定直線與函數(shù)圖象的交點個數(shù)，進而得到參數(shù)的范圍，這是解題的突破口．二?多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，選對但不全的得部分分，有選錯的得0分.9.函數(shù)的圖象經(jīng)過（）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】根據(jù)指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)，不等式的性質(zhì)確定正確答案.【詳解】由于，所以，函數(shù)在上單調(diào)遞增，的圖象向下平移個單位，得到的圖象，所以函數(shù)y=a經(jīng)過第一、二、三象限.故選：ABC10.若是平面的一條斜線，，直線平面且直線，記直線與平面所成的角為，則下列說法正確的是（）A.與是一對異面直線B.若點和分別為直線上和平面內(nèi)異于點的點，則C.若和分別是直線與上的動點，則滿足且的直線不唯一D.過直線有且只有唯一平面與直線平行【答案】ABD【解析】【分析】對于A，根據(jù)異面直線的定義，結(jié)合題意，可得答案；對于B，利用向量的數(shù)量積，結(jié)合數(shù)形結(jié)合思想，建立方程，根據(jù)余弦函數(shù)的單調(diào)性，可得答案；對于C，根據(jù)線面垂直判定定理，結(jié)合面面垂直判定定理，可得答案；對于D，根據(jù)平面公里，結(jié)合題意，可得答案.【詳解】對于A，由題意可知，，，則與無交點且不平行，故A正確；對于B，由題意，過作，垂足為，連接，作圖如下：易知，因為，，所以，同理，在中，，，則，即，化簡可得，由，且，則，由，則，故B正確；對于C，設與唯一確定的平面為，與唯一確定的平面為，因為與是一對異面直線，所以，過點作，顯然，因為，所以，設與唯一確定的平面，因為，，，，所以，因為，所以，，顯然是唯一的，故C錯誤；對于D，任意取，過作，由與是一對異面直線，則，易知與確定唯一平面，故D正確.故選：ABD.11.若函數(shù)存在兩個極值點，下列說法正確的是（）A.時滿足條件B.不存在實數(shù)使得均為正整數(shù)C.當時，的最大值為D.對任意正整數(shù)，均存在對應的，使得【答案】CD【解析】【分析】利用多次求導的方法，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值等知識對選項進行分析，從而確定正確答案.【詳解】f'x=當時，在0,+∞上單調(diào)遞增.此時至多有一個極值點，不符合題意.當時，若x∈0,1m,在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.又當時.當時，故只需f′1m>0?此時且f′e由于是f′x的兩個零點且.則1<x若為正整數(shù)，則.此時.所以存在使得均為正整數(shù)，B錯誤.由于和是函數(shù)與直線交點橫坐標.，當時，恰有.所以當時，必有，當時，必有，（注：對于，，所以函數(shù)在上，函數(shù)單調(diào)遞增，上，函數(shù)單調(diào)遞減，，由圖象與直線交點變化情況可知m越小，越小，越大；m越大，越大，越?。┧援敃r，m的最大值為.C正確..由于當時，，此時，當時，，此時，故的取值范圍是0,+∞，即對任意正整數(shù)均存在使得.D正確.綜上可知：CD正確.故選：CD【點睛】易錯點睛：極值點個數(shù)的判斷，容易在判斷極值點的個數(shù)時遺漏某些情況，特別是在導數(shù)符號變化的邊界條件上，需要仔細分析導數(shù)為零的點是否為極值點以及其對應的單調(diào)性變化.解題過程中，關(guān)鍵在于通過多次求導確定函數(shù)單調(diào)性及極值點.三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共計15分.12.已知曲線在處的切線斜率為4，則實數(shù)的值為__________.【答案】1【解析】【分析】根據(jù)導數(shù)的幾何意義列出方程，即可求解.【詳解】由題意，因為曲線在處的切線斜率為4，所以，解得：故答案為：1.13.函數(shù)的最小正周期是__________，在上的單調(diào)遞減區(qū)間是__________.【答案】①.②.（開閉區(qū)間均可）【解析】【分析】利用三角恒等變換化簡，結(jié)合正弦函數(shù)的周期性以及單調(diào)性，即可求得答案.【詳解】由題意得，故的最小正周期是；當時，，令，即得時，故在上的單調(diào)遞減區(qū)間是，故答案為：；14.已知遞增數(shù)列共有項（為定值）且各項均不為零，末項.若從數(shù)列中任取兩項和，當時，仍是數(shù)列中的項，則數(shù)列的通項公式__________（用含和的式子表示.）【答案】【解析】【分析】結(jié)合條件證明，再證明數(shù)列是以為首項，以為公差的等差數(shù)列，由此可得結(jié)論.【詳解】由題意：，若，則，而是遞增數(shù)列中的項，這與是數(shù)列的最大項矛盾，故必有.因為數(shù)列是單調(diào)遞增數(shù)列，所以有.從而有，且它們均為數(shù)列中的項.因此由上可知，所以數(shù)列是以為首項，以為公差的等差數(shù)列.所以.故答案為：.四?解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.15.已知向量.（1）若，且x∈0,π，求的值；（2）設函數(shù)，求函數(shù)的值域.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由向量平行的坐標關(guān)系可得的值，再由x∈0,π可得和的值，從而得到結(jié)果；（2）利用數(shù)量積的坐標運算公式，化簡得到，結(jié)合，利用三角函數(shù)的圖象性質(zhì)可分析得到值域.【小問1詳解】，，又，，.【小問2詳解】由題意：，，，，，∴fx的值域是.16.已知直三棱柱中，，且，點分別為線段和的中點.（1）證明：平面；（2）求平面與平面的夾角.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）通過證明、來證得平面.（2）建立空間直角坐標系，利用向量法求得平面與平面的夾角.【小問1詳解】平面平面，又，又，平面，平面又平面.又，即.又平面，平面.【小問2詳解】如圖所示，以點為原點，為軸，為軸建立空間直角坐標系，易得，設平面的法向量，則，取，則法向量.由（1）可知平面的法向量.平面與平面的夾角為.17.在中，角對邊分別為.（1）求角；（2）若，求的值；（3）在（2）的條件下，若邊，點為線段上的動點，點為線段上的動點，且線段平分的面積，求線段長度的最小值.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）利用正弦定理以及三角恒等變換的知識求得.（2）根據(jù)已知條件以及余弦定理求得.（3）根據(jù)三角形的面積公式列方程，結(jié)合余弦定理以及基本不等式求得的最小值.【小問1詳解】由正弦定理可知：，，，，.【小問2詳解】，又，，.【小問3詳解】若邊由（1）（2）可知，，令，則，又由余弦定理得：（當時等號成立）,的最小值為.18.已知函數(shù).（1）已知直線是曲線的切線，求實數(shù)a的值；（2）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（3）求證：恒成立.【答案】（1）（2）在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增（3）證明見解析【解析】【分析】（1）由求得切點的坐標，代入切線方程求得.（2）利用多次求導的方法求得的單調(diào)區(qū)間.（3）將恒成立的不等式轉(zhuǎn)化為，利用構(gòu)造函數(shù)法，結(jié)合多次求導的方法來求得正確答案.【小問1詳解】，，解得切點為，.【小問2詳解】，當時，單調(diào)遞減，當時，，單調(diào)遞增，單調(diào)遞遞增.綜上所述，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增.【小問3詳解】恒成立，恒成立恒成立.令，則，令，則單調(diào)遞增，又，當時，，即單調(diào)遞減；當時，，即單調(diào)遞增；恒成立.【點睛】方法點睛：切點與切線的關(guān)系：在小問1中，利用導數(shù)求出曲線在給定直線為切線時的斜率，再通過求解切點的方法確定參數(shù)的值，這是典型的求切線與曲線關(guān)系的方法.多次求導法：在小問2中，通過對函數(shù)進行多次求導，判斷導數(shù)的符號變化來確定單調(diào)區(qū)間，是分析函數(shù)單調(diào)性的常用手段.構(gòu)造函數(shù)法求證不等式：在小問3中，通過將不等式轉(zhuǎn)化為關(guān)于某變量的函數(shù)問題，利用構(gòu)造函數(shù)并結(jié)合單調(diào)性分析來證明恒成立，是一種常用的不等式證明方法.19.已知數(shù)列，其前項和為，對任意正整數(shù)恒成立，且.（1）證明：數(shù)列為等比數(shù)列，并求實數(shù)的值；（2）若，數(shù)列前項和為，求證：；（3）當時，設集合，.集合中元素的個數(shù)記為，求數(shù)列的通項公式.【答案】（1）證明見解析，（2）證明見解析（3）【解析】【分析】（1）根據(jù)的關(guān)系，結(jié)合等比數(shù)列定義，即可證明結(jié)論；進而結(jié)合已知求出實數(shù)的值；（2）結(jié)合（1）可求出的表達式，進而可得表達式，繼而推出只需證明，構(gòu)造函數(shù)，利用導數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性，即可證明結(jié)論；（3）由題意可知中元素個數(shù)等價于滿足的不同解的個數(shù)，利用反正思想推出，從而推出不等式共個不同解，