2024-2025學年河北省承德市承德縣高三上學期期中考試數學檢測試卷（含解析）

2024-2025學年河北省承德市承德縣高三上學期期中考試數學檢測試卷一、單選題（本大題共8小題，共40分。在每小題列出的選項中，選出符合題目的一項）1．已知全集為實數集，若集合，，則（）A．B．C．D．?1,12．已知為虛數單位，則（

）A． B．1 C． D．3．在中，為的中點，為的中點，若，則等于（

）

A． B． C． D．4．已知曲線，在點處的切線與直線垂直，則a的值為（

）A．1 B． C．3 D．5．已知，則等于（

）A． B． C． D．或6．已知都是正實數，，則的最小值為（

）A． B． C． D．7．已知公差不為0的等差數列中，且，則（

）A．30 B． C． D．408．已知函數.若函數有8個不同的零點，則a的取值范圍是（

）A．B．C．D．二、多選題（本大題共3小題，共18分。在每小題有多項符合題目要求）9．下列命題中是真命題的是（

）A．“”是“”的充分不必要條件B．命題“，都有”的否定是“，使得”C．不等式成立的一個充分不必要條件是或D．“”是“”的必要不充分條件10．下列說法中正確的是（

）A．若，則 B．若，則C．若，，則 D．若，則11．如圖，是邊長為2的正方形，，，，都垂直于底面，且，點在線段上，平面交線段于點，則（

）A．，，，四點不共面B．該幾何體的體積為8C．過四點，，，四點的外接球表面積為D．截面四邊形的周長的最小值為10三、填空題（本大題共3小題，共15分）12．已知函數的表達式為，則滿足的實數m的最大值為．13．若函數在區(qū)間上單調遞減，則實數的最小值為.14．如圖，在棱長均相等的正四棱錐P－ABCD中，O為底面正方形的中心，M，N分別為側棱PA，PB的中點，有下列結論：①PC∥平面OMN；②平面PCD∥平面OMN；③OM⊥PA；④直線PD與直線MN所成角的大小為90°.其中正確結論的序號是.四、解答題（本大題共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．(本題13分)記的內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知.(1)求B；(2)若，的面積為，求b.16．(本題15分)已知數列是首項為2，各項均為正數的等比數列，且是和的等差中項.(1)求的通項公式；(2)若數列滿足，求的前2024項和.17．(本題15分)如圖，在直五棱柱中，，，，，，.(1)求證：；(2)求平面與平面的夾角余弦值；(3)求點到平面的距離.18．(本題17分)已知函數.(1)若函數在處的切線平行于軸，求的值；(2)討論的單調性；(3)若有兩個不同的零點，求的取值范圍.19．(本題13分)如圖，等腰直角三角形中，，是中點，、分別是、邊上的動點，且，將沿折起，將點折至點的位置，得到四棱錐.(1)求證：；(2)若，二面角是直二面角，求平面與平面夾角的余弦值；(3)當時，是否存在這樣的點，使得二面角為，且直線與平面所成角為，若存在，求出的長，若不存在，請說明理由.答案：題號12345678910答案ADBCACCDACDBD題號11答案BCD1．A【分析】解不等式可得各集合，進而可得.【詳解】由已知，，則，故選：A.2．D【分析】根據虛數單位的性質及復數的乘除運算求解可得.【詳解】.故選：D.3．B【分析】由向量的線性運算結合圖形特征，求出的值即可.【詳解】在中，為的中點，為的中點，則，所以，.故選：B4．C【分析】根據導數求出曲線在點處的切線斜率，再根據兩條互相垂直的直線斜率之積等于算出即可.【詳解】，則，則，曲線在點處的切線與直線垂直，所以，解得.故選：C5．A【分析】方法一：由得，兩邊平方得，與聯立即可求解；方法二：由得，再根據可得，在等式兩邊同時除以“1”即可求解.【詳解】解法一：由得，兩邊平方得，又知，所以可得，即，解得，所以，因此．解法二：由得，又知，所以有，于是左邊作“1”的代換有，從而可得，所以，即，解得，故選:A．6．C【分析】由條件得，通過配湊變形，利用基本不等式求的最小值.【詳解】由，得，則，當且僅當，即時等號成立，此時，所以的最小值為.故選：C.7．C【分析】假設首項和公差，列等式即可求解，再用前n項和公式求解即可.【詳解】假設等差數列的首項為，公差為，由且得，因為公差解，所以解得，所以，故選：C.8．D【分析】畫出函數的圖象并利用函數與方程的思想結合圖象可知方程有兩個不相等的實數根，且，再由二次函數根的分布解不等式可得a的取值范圍.【詳解】根據題意對于函數可得；當時，令，可得，所以時，，可得在上單調遞增，當時，，此時在上單調遞減；因此在處取得極小值，也是最小值；畫出函數的圖象如下圖所示：令，可得，若函數有8個不同的零點，可知方程有兩個不相等的實數根，結合圖象可知，所以需滿足，解得故選：D方法點睛：在求解復合函數根的個數問題時，經常利用函數與方程的思想畫出函數圖象并根據圖象之間的交點個數來限定參數所滿足的不等關系，解不等式即可得出結論.9．ACD【分析】利用充要條件的定義與全稱命題的否定結合一元二次不等式和分式不等式的解法逐項判斷即可.【詳解】對于A，“”可以推出“”，而“”不能推出（如），所以“”是“”的充分不必要條件，故A正確；對于B，命題“，都有”的否定是“，使得”，故B錯誤；對于C，不等式成立，即或，即或能推出即或，或不能推出或，所以不等式成立的一個充分不必要條件是或，故C正確；對于D，由成立得不出成立，所以“”是“”的不充分條件，因為，所以“”是“”的必要條件，所以“”是“”的必要不充分條件，故D正確.故選：ACD.10．BD【分析】對A，舉反例判斷即可；對B，根據分式的性質判斷即可；對C，舉反例判斷即可；對D，根據不等式性質判斷即可.【詳解】對A，若，則，故A錯誤；對B，若，則，故，故B正確；對C，若，，則，故C錯誤；對D，若，則，，即，故D正確.故選：BD11．BCD【分析】對于A，利用證明四點共面；對于B，通過補形可知，此幾何體體積是底面邊長為2的正方形，高為4的長方體體積的一半，進而求體積；對于C，過，，，構造正方體，則外接球直徑為正方體的體對角線，進而求表面積；對于D，利用面面平行的性質定理證明四邊形為平行四邊形，則周長，進而求的最小值即可.【詳解】對于A，取中點，取靠近的三等分點，易知四邊形為平行四邊形，四邊形為平行四邊形，所以，，則，所以，，，四點共面，故錯誤；對于B，由對稱性知，此幾何體體積是底面邊長為2的正方形，高為4的長方體體積的一半，所以，故B正確；對于C，過四點，，，構造正方體，所以，外接球直徑為正方體的體對角線，所以，則，所以此四點的外接球表面積為，故C正確；對于D，由題意，平面平面，平面平面，平面平面，所以，同理可得，所以四邊形為平行四邊形，則周長，沿將相鄰兩四邊形推平，當，，三點共線時，最小，最小值為5，所以周長的最小值為，故D正確，故選：BCD12．【分析】結合偶函數定義可得為偶函數，再利用指數函數對稱性解出不等式即可得.【詳解】當時，有，又定義域為，故為偶函數，又當時，單調遞增，故對有，即，即有，解得，故m的最大值為.故答案為.13．0【分析】由題意，可推得在區(qū)間上恒成立，可通過求在區(qū)間上的最大值得到實數的最小值.【詳解】由題意，可知在區(qū)間上恒成立，即在區(qū)間上恒成立，因在上為增函數，故，故得，即實數的最小值為0.故0.14．①②③【分析】根據線面平行的判定可判定①；由面面平行的判定可判斷②；由勾股定理可得PC⊥PA，結合PC⊥PA可判斷③；通過線面直線所成角的定義及題設可證得∠PDC即為直線PD與直線CD所成的角，結合△PDC為等邊三角形可判斷④.【詳解】連接AC，如圖∵O為底面正方形的中心，∴是的中點，又M為側棱PA的中點，∴PC∥OM，又PC?平面OMN，OM?平面OMN，所以PC∥平面OMN，故結論①正確；同理PD∥平面OMN，又PCPD＝P，PC，PD平面PCD，所以平面PCD∥平面OMN，故結論②正確；由于四棱錐的棱長均相等，所以，所以.又∥，所以，故結論③正確；由于M，N分別為側棱PA，PB的中點，所以MN∥AB.又四邊形ABCD為正方形，所以AB∥CD，所以MN∥CD，所以直線PD與直線MN所成的角即為直線PD與直線CD所成的角，即∠PDC.又△PDC為等邊三角形，所以，故④錯誤.故①②③.15．(1)(2)【分析】（1）由正弦定理和余弦定理得到，求出；（2）由三角形面積公式得到，結合，利用余弦定理求出.【詳解】（1）由得，由正弦定理得，所以由余弦定理得，又，所以；（2）因為，所以.由余弦定理得，所以.16．(1)(2)【分析】（1）利用等差數列、等比數列的性質即可求解；（2）利用裂項相消法結合對數運算公式求數列的前n項和即可.【詳解】（1）設數列的公比為，則.因為是和的等差中項，所以，即，解得或（舍去）或（舍去）所以.（2）由（1）知，.，故的前2024項和.17．(1)證明見解析(2)(3)【分析】（1）先根據條件證明平面，然后即可證明；（2）建立合適空間直角坐標系，分別求解出平面與平面的一個法向量，根據法向量夾角的余弦值求解出結果；（3）根據空間中點到平面的距離計算公式直接求解出結果.【詳解】（1）因為幾何體為直五棱柱，所以平面，又平面，所以，因為，平面，所以平面，又因為平面，所以.（2）由直五棱柱的結構特點可知平面，因為，，所以，故以為原點，分別以為軸的正方向，建立空間直角坐標系，如圖所示，因為，，，所以四邊形是矩形，因為，，所以是等腰直角三角形，所以，所以，設平面的一個法向量為，所以，取，則，所以，設平面的一個法向量為，所以，取，則，所以，所以，所以平面與平面的夾角余弦值為.（3）因為平面的一個法向量為，且，所以點到平面的距離為.18．(1)；(2)答案見解析；(3).【分析】（1）求出函數的導數，利用導數的幾何意義求出.（2）利用導數分類討論求出函數的單調區(qū)間.（3）利用零點的意義分離參數，構造函數，借助直線與函數圖象交點個數求出范圍.【詳解】（1）函數，求導得，由函數在處的切線平行于軸，得，則，此時，，函數圖象在處的切線為，符合題意，所以.（2）函數的定義域為，由（1）知，，當時，由，得或，由，解得，函數在上單調遞增，在上單調遞減；當時，，在上單調遞增；當時，由，得或，由，得，函數在上單調遞增，在上單調遞減；當時，由，得，由，得，函數在上單調遞增，在上單調遞減，所以當時，函數的遞增區(qū)間是，遞減區(qū)間是；當時，函數的遞增區(qū)間是；當時，函數的遞增區(qū)間是，遞減區(qū)間是；當時，函數的遞增區(qū)間是，遞減區(qū)間是.（3）依題意，，由，得，記，求導得，當時，，當時，，函數在上單調遞增，在上單調遞減，且，當時恒成立，因此要使有兩個零點，即直線與函數的圖象有兩個交點，必有，即，所以的取值范圍是.19．(1)證明見解析(2)(3)存在，【分析】（1）由折疊可證線面垂直，由線面垂直的性質可證明結論.（2）建立空間直角坐標系，表示各點坐標，計算平面法向量，利用公式計算平面夾角的余弦值.（3）建立空間直角坐標系，設，利用“二面角為”表示點坐標，根