2024届河北省衡水市武强中学高三上学期期末数学试题含答案

这是一份2024届河北省衡水市武强中学高三上学期期末数学试题含答案，共16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】根据集合的交运算即可求解.
【详解】由得，又，
所以，
故选：A
2．在复平面内，复数的共轭复数对应的点位于
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
【答案】D
【详解】分析：将复数化为最简形式，求其共轭复数，找到共轭复数在复平面的对应点，判断其所在象限.
详解：的共轭复数为
对应点为，在第四象限，故选D.
点睛：此题考查复数的四则运算，属于送分题，解题时注意审清题意，切勿不可因简单导致马虎丢分.
3．部分与整体以某种相似的方式呈现称为分形，一个数学意义上分形的生成是基于一个不断迭代的方程式，即一种基于递归的反馈系统，分形几何学不仅让人们感悟到科学与艺术的融合，数学与艺术审美的统一，而且还有其深刻的科学方法论意义，如图，由波兰数学家谢尔宾斯基1915年提出的谢尔宾斯基三角形就属于一种分形，具体作法是取一个实心三角形，沿三角形的三边中点连线.将它分成4个小三角形，去掉中间的那一个小三角形后，对其余3个小三角形重复上述过程逐次得到各个图形，若记图①三角形的面积为，则第n个图中阴影部分的面积为
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】每一个图形的面积是前一个图形面积的，根据等比数列公式得到答案.
【详解】根据题意：每一个图形的面积是前一个图形面积的，即面积为首项为，公比为的等比数列，
故第n个图中阴影部分的面积为.
故选：D.
【点睛】本题考查了等比数列的应用，意在考查学生的计算能力和应用能力.
4．等差数列的公差，且，则数列的前n项和取得最大值时的项数n的值为（ ）
A．5B．6C．5或6D．6或7
【答案】C
【解析】利用等差数列性质得到，再判断或是最大值.
【详解】由，可得，
因为，所以，所以，又，所以.
因为，所以是递减数列，所以，显然前5项和或前6项和最大，
故选：C.
【点睛】本题考查了等差数列的性质，的最大值，将的最大值转化为中项的正负是解题的关键，属于中档题.
5．已知，则（ ）
A．3B．C．D．
【答案】C
【分析】由诱导公式先求出的值，然后由两角和的正切公式即可求解.
【详解】因为，所以，所以，
则.
故选：C.
6．已知，是两条不同直线,是平面,且，，“”是“”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
【答案】B
【分析】根据直线与平面的关系即可结合必要不充分条件的判定求解.
【详解】一条直线平行平面，但这条直线不一定和平面内的直线平行，所以由，不能得到，
而，，，则，
所以“”是“”的必要不充分条件，
故选：B
7．已知，，，，若存在非零实数使得，则的最小值为（ ）
A．8B．9C．10D．12
【答案】B
【分析】根据向量共线的坐标表示可得，再结合基本不等式中的巧用“1”即可求解.
【详解】若存在非零实数使得，即，又，，
所以，即，
所以，
当且仅当，即时，等号成立.
所以的最小值为.
故选 ：B
8．设，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据对数函数的单调性判断，根据指数函数的单调性可判断，可得答案.
【详解】由题意知，，
所以，
故选：D.
二、多选题
9．已知函数，则（ ）
A．为奇函数B．不是函数的极值点
C．在上单调递增D．存在两个零点
【答案】BC
【分析】根据奇函数的定义判断A，求导得函数的单调性判断BC，根据零点存在性定理和单调性判断D.
【详解】函数的定义域为R，又，，
则，所以不是奇函数，故选项A错误；
因为，所以在上单调递增，所以函数不存在极值点，故选项B与C正确；
因为，，又在上单调递增，且，
所以仅有一个零点0，故选项D错误.
故选：BC
10．已知关于的不等式的解集为，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．不等式的解集为
C．
D．的最小值为
【答案】AB
【分析】利用二次不等式解与系数的关系得到关于的表达式，结合基本不等式，逐一分析判断各选项即可得解.
【详解】因为关于的不等式的解集为，
所以是方程的两根，且，故A正确；
所以，解得，
所以，即，则，解得，
所以不等式的解集为，故B正确；
而，故C错误；
因为，所以，
则，
当且仅当，即或时，等号成立，
与矛盾，所以取不到最小值，故D错误.
故选：AB.
11．已知函数（其中）的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）

A．函数的最小正周期为
B．函数的图象关于点对称
C．函数在区间上单调递增
D．若，则的值为
【答案】BCD
【分析】根据图象求出函数的解析式，结合三角函数的性质，逐次判断各选项即可得到结论．
【详解】由函数的部分图象可知：，且，
则，解得；
又因为，即，
则，，且，所以；
所以．
对于选项A：函数的最小正周期，故A错误；
对于选项B：当时，可得，
所以函数的图象关于点对称，故B正确；
对于选项C：因为，则，且在内单调递增，
所以函数在区间上单调递增，故C正确；
对于选项D：因为，可得，
所以
，
即的值为，故D正确；
故选：BCD．
12．如图，在棱长为1的正方体中，P为线段BC，上的动点，下列说法正确的是（ ）
A．对任意点P，平面
B．三棱锥的体积为
C．线段DP长度的最小值为
D．存在点P，使得DP与平面所成角的大小为
【答案】AC
【分析】对于A，分别连接、、、、，先证明平面平面，由面面平行的性质可得//平面；
对于B，分别连接PA、，求出三棱锥的体积，即可判断；
对于C，先判断出当点P为的中点时，DP最小，此时，在中，求出DP的最小值；
对于D，设点P的投影为点Q，则为DP与平面所成的角，求出DP与平面所成角的正弦值的取值范围是，而，即可判断.
【详解】由题可知，正方体的面对角线长度为.
对于A，分别连接、、、、，
由,得到平面平面，而 平面，故对任意点P，平面，故A正确；
对于B，分别连接PA、，
无论点P在哪个位置，三棱锥的高均为1，底面的面积为，所以三棱锥的体积为，故B错误；
对于C，线段DP在中，当点P为的中点时，DP最小，此时，在中，，故DP的最小值为，故C正确；
对于D，点P在平面上的投影在线段上，设点P的投影为点Q，
则为DP与平面所成的角，，，而，所以DP与平面所成角的正弦值的取值范围是，而，所以不存在点P，使得DP与平面所成角的大小为，故D错误.
故选AC.
【点睛】立体几何题目的基本类型：
(1)第一、几何位置关系的证明，一般用判定定理；
(2)第二、计算，求角或求距离（求体积通常需要先求距离）.如果求体积（或求距离），常用的方法有：(1) 直接法；(2)等体积法；(3) 补形法；(4)向量法.
三、填空题
13．设向量，的夹角的余弦值为，且，，则 .
【答案】3
【分析】根据向量的数量积公式，直接计算可求解.
【详解】向量，的夹角的余弦值为，，
，，
得.
故答案为：3
14．命题“，”的否定是 .
【答案】，
【分析】根据含有量词的命题否定方法求解.
【详解】根据全称量词命题与存在性命题的关系，
可得命题“，”的否定是“，”.
故答案为:，.
15．在中，，则 .
【答案】
【分析】由正弦定理化角为边后，利用余弦定理求解．
【详解】因为，由正弦定理得，
变形得，所以，
又，所以，
故答案为：．
16．定义在上的奇函数满足，且时，，则 .
【答案】
【分析】根据函数的奇偶性即可得到周期性，进而可求解.
【详解】由于为奇函数，，所以，故为周期为4的周期函数，
所以，
故答案为：
四、解答题
17．已知正项等比数列满足，，数列满足.
（1）求数列，的通项公式；
（2）令求数列的前n项和.
【答案】（1），（2）
【分析】（1）根据等比数列的性质得出公比为，从而得出数列的通项公式，由对数的运算性质得出的通项公式；
（2）求出，利用错位相减法求和即可.
【详解】（1）正项等比数列的公比为，
由，，可得，解得（舍）
可得，则
（2）
两式相减可得
化简可得
【点睛】本题主要考查了求等比数列的通项公式以及利用错位相减法求和，属于中档题.
18．在中，内角A，B，C所对的边分别为，，，且．
(1)求A；
(2)若为边上一点，，，，求的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合内角和定理消去角C，利用和差公式化简可得；
（2）利用余弦定理求出，结合已知可得，然后由面积公式可得.
【详解】（1）由正弦定理有，
因为，所以，则，
又，所以，
由，得，
因为，所以.
（2）在中，由余弦定理得，
将代入，化简得，
解得或（舍去），由于，所以，
因此的面积为．

19．已知数列的前项和为.
(1)求；
(2)求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由与的关系化简得为等差数列后求解，
（2）由裂项相消法求解．
【详解】（1），可得，
可得，即数列为首项为2，公差为2的等差数列，
可得，由，可得；
（2），
即有
.
20．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．满足．
(1)求角B的大小；
(2)设，．
（ⅰ）求c的值；
（ⅱ）求的值．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）；（ⅱ）
【分析】（1）利用正弦定理和诱导公式求解即可.
（2）（ⅰ）利用余弦定理求解即可；（ⅱ）利用二倍角公式，两角和的正弦定理结合即可求解.
【详解】（1）由，
根据正弦定理得，,
可得，
因为，故，则，
又，所以.
（2）由（1）知，，且，，
（ⅰ）则，
即，解得（舍），.
故.
（ⅱ）由，
得，
解得，则，
则，
，
则
.
21．如图，在三棱台中，，，．
（1）求证：平面；
（2）若，，求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】(1)根据题意，结合勾股定理可证，因此可证平面，进而可证平面；
(2)根据题意，建立适当的空间直角坐标系，转化为向量来处理即可.
【详解】(1)依题意，四边形为等腰梯形，过，分别引AC的垂线，垂足分别为D，E，
则，故．
在中，，
所以，故，即．
因为，，且AB，平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面．
(2)因为，，，且AC，平面，
所以平面，结合(1)可知AB，AC，A1D三条直线两两垂直．
以A为原点，分别以的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系A-xyz，
如图所示，则各点坐标为：
，，，，．
由(1)知，为平面的法向量．
，，
设为平面的法向量，
则：，故，取，
所以，
设二面角的大小为，则．
22．已知函数（）.
(1)当时，求函数的极值；
(2)若函数在区间上单调递增，求实数的取值范围.
【答案】(1)极小值为，无极大值.
(2)的取值范围是.
【分析】（1）先求函数的定义域和导函数，根据导数与极值点的关系求极值点，再求极值即可；
（2）由条件可知在上恒成立，再分离变量求最值即可求解.
【详解】（1）函数的定义域为，
当时，
求导得，
整理得：.
令可得，或（舍去）
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
所以当时，函数取极小值，极小值为，
函数无极大值；
（2）由已知时，恒成立，
所以恒成立，
即恒成立，则.
令函数，
由知在单调递增，
从而.
经检验知，当时，函数不是常函数，
所以的取值范围是.