2024届河北省部分高中高三上学期12月期末数学试题含答案

这是一份2024届河北省部分高中高三上学期12月期末数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】直接利用集合的交运算法则进行运算即可.
【详解】因为集合，
故，
故选：
2．已知直线：和直线：垂直，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由直线垂直的充要条件列出关于的方程，解方程即可.
【详解】因为直线：和直线：垂直，
所以，解得.
故选：D.
3．已知圆锥的底面半径为2，高为，则该圆锥的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由圆锥的侧面展开图扇形基本量与圆锥基本量间的关系可得.
【详解】已知圆锥的底面半径，高，
则母线长，
圆锥的侧面展开图为扇形，且扇形的弧长为圆锥底面圆周长，
扇形的半径为圆锥的母线长，
则圆锥侧面积.
故选：B.

4．已知函数是定义域为的奇函数，当时，，则（ ）
A．B．C．2D．0
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用奇函数的定义计算得解.
【详解】定义在上的奇函数，当时，，
所以.
故选：B
5．已知是第一象限角，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由同角三角函数关系式及二倍角公式化简求值.
【详解】因为是第一象限角，，
所以，
所以，
故选：B.
6．记为等比数列的前项和，且成等差数列，则（ ）
A．126B．128C．254D．256
【答案】A
【分析】根据可得，整理得，进而可得，结合等比数列的求和公式运算求解.
【详解】设等比数列的公比为，则，
由题意可得，即，
整理得，则，解得，
所以.
故选：A.
7．直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】分析：先求出A，B两点坐标得到再计算圆心到直线距离，得到点P到直线距离范围，由面积公式计算即可
详解：直线分别与轴，轴交于，两点
,则
点P在圆上
圆心为（2，0），则圆心到直线距离
故点P到直线的距离的范围为
则
故答案选A.
点睛：本题主要考查直线与圆，考查了点到直线的距离公式，三角形的面积公式，属于中档题．
8．设，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据对数的运算法则及对数函数的单调性，直接比较a和b的大小；构造函数，求导判断其单调性，进而比较b和c的大小.
【详解】，
令，
令，
，
，
所以，即，故在上单调递增，
所以，即，综上，.
故选：D.
二、多选题
9．数列的前项和为，已知，则下列说法正确的是（ ）
A．是递增数列B．
C．当时，D．当或4时，取得最大值
【答案】CD
【分析】根据表达式及时，的关系，算出数列通项公式，即可判断A、B、C选项的正误. 的最值可视为定义域为正整数的二次函数来求得.
【详解】当时，，又，所以，则是递减数列，故A错误；
，故B错误；
当时，，故C正确；
因为的对称轴为，开口向下，而是正整数，且或距离对称轴一样远，所以当或时，取得最大值，故D正确.
故选：CD.
10．已知函数，则下列说法错误的是（ ）
A．的图象在处的切线斜率大于0
B．的最大值为
C．在区间上单调递增
D．若有两个零点，则
【答案】ACD
【分析】利用函数的导数逐项判断求解即可.
【详解】由题得，则，故A错误；
当时，在区间上单调递增；
当时，在区间上单调递减，
所以的极大值即最大值为，故B正确，C错误；
令，则，
由知在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以的极大值为，且当趋向于时，趋向于，当趋向于时，趋向于，
所以若有两个零点，则，即，故错误.
故选：ACD
11．已知为偶函数，，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．若的最小正周期为，则
C．若在区间上有且仅有个最值点，则的取值范围为
D．若，则的最小值为
【答案】ABC
【分析】先求出函数的解析式，然后逐项判断即可求解.
【详解】对A：若，为偶函数，则，，所以，A选项正确；
对B：若的最小正周期为，则，所以，故B正确；
对C:由，得，若在区间上有且仅有个最值点，
则，得，故C正确；
对D：因为，若，
则或，
得或，
又，所以的最小值为，故D错误.
故选：ABC.
12．如图，在中，，，，过中点的直线与线段交于点．将沿直线翻折至，且点在平面内的射影在线段上，连接交于点，是直线上异于的任意一点，则（ ）

A．
B．
C．点的轨迹的长度为
D．直线与平面所成角的余弦值的最小值为
【答案】BCD
【分析】A、B选项结合线面角最小，二面角最大可判断;对于C，先由旋转，易判断出，故其轨迹为圆弧，即可求解.对于D求直线与平面所成角的余弦值，即求，，用表示，再结合三角恒等变换求出函数的最值即可
【详解】
依题意，将沿直线翻折至，连接,由翻折的性质可知，关于所沿轴对称的两点连线被该轴垂直平分，
故，又在平面内的射影在线段上，
所以平面，平面，所以，
，平面，平面
所以平面.
平面，平面，平面，
，
，且即为二面角的平面角
对于A选项，由题意可知，为与平面所成的线面角，故由线面角最小可知，故A错误；
对于B选项， 即为二面角的平面角，故由二面角最大可知，故B正确；
对于C选项， 恒成立，故的轨迹为以为直径的圆弧夹在内的部分，易知其长度为，故C正确；
对于D选项，如下图所示

设，
在中，，，
在中，，，
所以，设直线与平面所成角为，
则
，
当且仅当时取等号，故D正确．
故选：BCD．
三、填空题
13．已知向量，若，则 .
【答案】
【分析】根据向量平行关系得到方程，求出答案.
【详解】因为，所以，故.
故答案为：-5
14．写出一个圆心在上，且与直线和圆都相切的圆的方程： .
【答案】（答案不唯一）
【分析】由题设，设圆心为，则半径，讨论所求圆与圆外切、内切，分别求出对应m即可得结果.
【详解】设圆心为，则半径，
假设与圆外切，则，
所以，故，则，
若，则，则圆心为，半径为，故；
若，则，不满足前提；
假设与圆内切，又与的距离为，
此时，圆内切于所求圆，则，
所以，故，则，
若，则，则圆心为，半径为，故；
若，则，不满足前提；
综上，或.
故答案为：（答案不唯一）
15．表面积为100π的球面上有四点S､A､B､C，△ABC是等边三角形，球心O到平面ABC的距离为3，若面SAB⊥面ABC，则棱锥体积的最大值为 .
【答案】
【分析】求出球半径及球心到平面的距离，进而求出外接圆半径，利用面面垂直结合球的截面小圆性质，求出的外接圆半径，确定点S到平面的最大距离即可作答.
【详解】依题意，球的半径，令正的中心为，则，且平面，
外接圆半径，连接并延长交于D，则D为的中点，且，
显然，而平面平面，平面平面，有平面，
令的外接圆圆心为，则平面，有，
又平面ABCD，平面ABCD，所以，
由,所以平面，所以，
而平面平面，平面平面，平面，则平面，
即有，因此四边形为平行四边形，则，，
的外接圆半径，的外接圆上点到直线距离最大值为，
而点在平面上的射影在直线上，于是点到平面距离的最大值，
又正的面积，
所以棱锥的体积最大值.
故答案为：
【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.
16．数列满足，则的整数部分是 ．
【答案】2
【详解】因为，所以，
数列单调递增，
所以，所以，
所以，
所以，
因为，所以，
所以，
所以，所以，所以，
因此的整数部分是．
点睛：本题考查了数列的综合应用问题，其中解答中涉及到数列的通项公式，数列的裂项求和，数列的单调性的应用等知识点的综合应用，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，试题有一定的难度，属于难题，本题的借助数列递推关系，化简数列为，再借助数列的单调性是解答的关键．
四、解答题
17．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且.
(1)求角B；
(2)设BD是AC边上的高，且，，求的周长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理边化角以及诱导公式化简已知等式，可得的值，即可求得答案；
（2）根据三角形面积相等可推出，再利用余弦定理即可求得的值，即可得答案.
【详解】（1）因为，
所以，
因为，
所以，即.
因为，，
所以，解得.
（2）因为，，
所以.
又由，可得，所以.
由余弦定理，可得，即，
即，
所以，
所以的周长为.
18．如图所示，在四棱锥中，底面ABCD是菱形，，AC与BD交于点O，底面ABCD，F为BE的中点，．
(1)求证：平面ACF；
(2)求AF与平面EBD所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解答
(2)
【分析】（1）通过证明，得证平面ACF；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角的正弦值.
【详解】（1）证明：如图，连接，
因为底面是菱形，与交于点，可得点为的中点，
又为的中点，所以为的中位线，可得，
又平面，平面，
可得平面；
（2）以，所在直线为，轴，过作 的垂线所在直线为轴，建立如图所示的坐标系，
因为ABCD是菱形，，为等边三角形，
不妨设，则，，，，，
可得，，
设平面的一个法向量为，可得，
不妨取，则，可得.
又，
可得与平面所成角的正弦值为：.
19．已知数列是各项都为正整数的等比数列，且是与的等差中项，数列满足.
（1）求数列的通项公式;
（2）若对任意恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1），；（2）.
【分析】（1）根据等比数列的性质求得公比，进而得到数列的通项公式；由已知得到数列是以为首项，为公比的等比数列，求得其通项公式，进而得到数列的通项公式；
（2）等价转化为对任意恒成立，然后令，利用作差法研究单调性，得到最大值，进而求解得到的取值范围.
【详解】设数列的公比为，则，
是与的等差中项，
，解得或(舍去)，
，
又，数列是以为首项，为公比的等比数列，
；
由，
整理可得，即，
对任意恒成立，
令，则
当时，，当时，
当或时，取得最大值，
.解得.
故实数的取值范围是.
20．已知点到的距离是点到的距离的2倍.
(1)求点的轨迹方程；
(2)若点与点关于点对称，过的直线与点的轨迹交于，两点，探索是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
【答案】(1)
(2)是定值，
【分析】(1)设点，根据两点坐标求距离公式计算化简即可；
(2)设，根据中点坐标公式代入圆方程中可得的轨迹方程，直线的方程、，，联立圆方程，利用韦达定理表示出,，结合向量数量积的坐标表示化简计算即可；
【详解】（1）设点，由题意可得，即，
化简可得.
（2）设点，由（1）点满足方程:，，
代入上式消去可得，即的轨迹方程为，

当直线的斜率存在时，设其斜率为，则直线的方程为，
由，消去，得，显然，
设，则，，
又，，
则
.
当直线的斜率不存在时，，，.
故是定值，即.
21．已知函数．
(1)当时，讨论函数在上的单调性；
(2)当时，证明：对，有．
【答案】(1)在单调递减，在单调递增
(2)证明见解析
【分析】（1）由导函数符号变化，分区间讨论单调性；
（2）不等式等价变形，构造函数，求解导函数并利用放缩，再结合辅助角公式转化利用有界性判断导函数符号，得到函数单调性证明不等式.
【详解】（1）当时，，
，
当时，，，单调递减；
当时，，，单调递增．
所以在单调递减，在单调递增．
（2）要证，只要证，
即证．
令，．
当时，令，，
所以在单调递增，所以，即，
从而．
所以，
，
其中，为辅助角，且满足即可.
所以在单调递减，即．
故成立．
22．如图①，在中，分别为的中点，以为折痕，将折起，使点到达点的位置，且，如图②.
(1)设平面平面，证明：平面；
(2)是棱的中点，过三点作该四棱锥的截面，与交于点，求；
(3)是棱上一点（不含端点），过三点作该四棱锥的截面与平面所成的锐二面角的正切值为，求该截面将四棱锥分成上､下两部分的体积之比.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）延长交于点，连接，确定得到平面，得到证明.
（2）延长交于点，连接并延长交于点，连接，平面即为所求截面，根据相似即中位线的性质得到比例关系.
（3）过作，确定，得到平面，得到，勾股定理计算得到，，为的中点，得到是的重心，计算，，得到答案.
【详解】（1）在图②中延长交于点，连接，
因为分别为的中点，所以，
所以分别是以为斜边的直角三角形，
即，
又平面平面，所以平面，
又平面平面，所以平面.

（2）在图②中延长交于点，连接并延长交于点，连接，
所以平面即为所求截面，
取为的中点，连接，则，
，故，故.

（3）过作，因为，所以为的中点，所以，
连接，因为，所以，
又平面平面，所以平面，
连接，则是截面与平面所成二面角的平面角，
即，

在直角中，，所以，
在中，由余弦定理可得：
，
所以在直角中，，所以，
所以，所以，
因为，因为，即为的中点，
又是的中点，所以是的重心，所以，
，故，
又，
故，
所以.