2024届河北省石家庄市部分重点高中高三上学期期末数学试题含答案

这是一份2024届河北省石家庄市部分重点高中高三上学期期末数学试题含答案，共17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．复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
【答案】B
【分析】根据复数的运算及几何意义即可求解
【详解】由题意知，所以该复数在复平面内对应的点为，该点在第二象限．故B正确.
故选：B.
2．若集合，则集合的子集的个数为（ ）
A．2B．3C．4D．8
【答案】C
【分析】先将集合A化简，再判断得解.
【详解】，
所以集合A的子集的个数为4．
故选：C.
3．已知直线，则“”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】C
【分析】根据直线平行的条件可求出a的值，再根据a的值判断两直线是否平行，即可得答案.
【详解】当时，，解得或．
当时，与重合，不符合；
当时，与不重合，符合，
故“”是“”的充要条件．
故选：C
4．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】对、化简后可得具体的值，对有.
【详解】，故．
故选：D.
5．已知分别是椭圆的左､右焦点，是椭圆上一点．若，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由椭圆的定义、离心率公式以及勾股定理即可得解.
【详解】
因为，则，
因为，所以，解得，即椭圆的离心率为．
故选：A.
6．在等边中，，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据投影向量的求法求得正确答案.
【详解】由题可知
，
，所以向量在向量上的投影向量为．
故选：B
7．某圆锥的轴截面是一个边长为4的等边三角形，在该圆锥中内接一个圆柱，则该圆柱的侧面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题意作图，根据圆锥与圆柱的几何性质，可得到答案.
【详解】由题意作图如下：
由题设可知该圆锥的高．设在该圆锥中内接一个高为的圆柱，
该圆柱的底面半径为，由，则，即，所以，
故该圆柱的侧面积，
当时，侧面积取得最大值．
故选：C.
8．已知是圆上的一点，是圆上的一点，直线，过点作与的夹角为的直线，交于点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用转化法将转化为圆上点到直线的最小距离，从而求解.
【详解】设点到直线的距离为，则，所以．
因为的最小值为坐标原点到的距离减去，
所以的最小值为，则的最小值为．故C正确.
故选：C.

二、多选题
9．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】根据基本不等式，可对A、B判断；由，可得，利用基本不等式“1”的应用即可对C、D判断.
【详解】对A、B：因为，所以，当且仅当时，等号成立，故A正确，B错误；
对C：若，则，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，故C正确.
对D：若，则，所以，
由及，可知，则当，即时，，故D正确.
故选:ACD．
10．古希腊数学家毕达哥拉斯通过研究正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割率，黄金分割率的值也可以用表示．下列结果等于黄金分割率的值的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AB
【分析】利用三角恒等变换，即可化简，即可求解.
【详解】，故A正确；
故B正确；
，故C错误；
．故D错误；
故选：AB
11．已知函数，且对恒成立，则（ ）
A．
B．的图象关于点对称
C．若方程在上有2个实数解，则
D．的图象与直线恰有5个交点
【答案】BCD
【分析】对于A，首先由的图象关于直线对称求出参数即可验证；对于B，直接代入函数表达式检验即可；对于C，利用换元法得函数值范围结合函数方程的根的个数即可验证；对于D，直接画出图形，通过数形结合即可验证.
【详解】对于A，因为对恒成立，所以的图象关于直线对称，
则，即，解得，故A错误；
对于B，，所以的图象关于点对称，故B正确；
对于C，当时，，
因为在上有2个实数解，所以，解得，故C正确；
对于D，直线经过点与，
而与分别是函数的零点与其图象的最高点，
如图所示：
结合图象可知的图象与直线恰有5个交点，故D正确.
故选：BCD．
12．在边长为1的正方体中，动点满足．下列说法正确的是（ ）
A．四面体的体积为
B．若，则的轨迹长度为
C．异面直线与所成角的余弦值的最大值为
D．有且仅有三个点，使得
【答案】AC
【分析】对于A，由题意可得点的轨迹在内，利用等体积法转换即可；对于B，点的轨迹是以为圆心，为半径的圆弧，利用解三角形知识求出圆心角弧度即可；对于C，由题意为异面直线与所成的角，故只需求出其正弦值的最小值即可；对于D，由题意点在以为直径的圆上，由此即可判断.
【详解】如图所示，

连接，由，
可得点的轨迹在内（包括边界）．
因为平面平面，
所以，故A正确．
易知平面，设与平面相交于点．
由于，
则点到平面的距离为．
若，则，即点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
如图所示，

在中，，，设，
由余弦定理得，解得，
则，
所以的轨迹长度为，故B错误．
因为，所以为异面直线与所成的角，
则，所以，故C正确．
由三垂线定理可知，又平面，要使得，
则点在以为直径的圆上，所以存在无数个点，使得，故D错误．
故选：AC.
【点睛】关键点睛：本题的解题关键是利用空间向量推得的所在位置，从而得解.
三、填空题
13．已知是等比数列的前项和，，则 ．
【答案】
【分析】先求得等比数列的首项和公比，从而求得.
【详解】设等比数列的公比为，则，
由，可得，即，所以．
故答案为：
14．点到直线的距离为1，且与圆相切，写出一个满足条件的的方程： ．
【答案】（或，填其中一个即可）
【分析】由题可得直线是以为圆心，1为半径的圆与圆的公切线，设出直线方程列式计算可得解.
【详解】圆可化为．
设，则．以为圆心，1为半径作圆，
以为圆心，2为半径作圆，点到直线的距离为1，即直线是圆的切线，
又这两圆相交，所以这两圆有2条公切线，即符合条件的直线有2条．
显然当公切线的斜率存在时，设公切线的方程为，则有，
得，且，所以或（舍去）．由，得，
则公切线的方程为或，
所以直线的方程为或．
故答案为：（或，填其中一个即可）.
15．若为坐标原点，过点的直线与函数的图象交于两点，则 ．
【答案】4
【分析】首先得出是函数图象的对称中心，所以，然后由数量积的坐标运算公式计算即可.
【详解】因为，
所以是函数图象的对称中心，则为线段的中点，
可得，则．
故答案为：4.
16．关于的方程有3个不等实数根，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】将方程变形为，然后令，将问题转化为方程和共有3个不同实数根，利用导数研究的图象，结合图象分析即可求解.
【详解】由，可得．
令，则，
因为，所以在上单调递增，在上单调递减，
又当趋于时，趋于0，当趋于时，趋于，当时，，
故可作的草图如图，

记方程的两根为，，
易知，若是方程的根，则，不满足题意.
因为方程有3个不等实数根，
所以，或，
当时，得，所以，即异号，不满足题意；
当时，则有，
得．
故的取值范围为．
故答案为：
【点睛】本题难点在于对原方程进行恒等变形，转化为关于的一元二次方程，然后转化为方程和共有3个不同实数根，结合图象即可解得.
四、解答题
17．在中，为边上一点．
(1)若，求的面积；
(2)若，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用余弦定理求得AC，AB，再利用三角形面积公式求解；
（2）由求解.
【详解】（1）解：由余弦定理得，
即，解得，
所以的面积为．
（2）因为，
所以，
所以．
18．在直四棱柱中，，，．
(1)证明：平面平面．
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意只需证明平面即可，而通过解三角形知识可得，由线面垂直的性质可得，结合线面垂直、面面垂直的判定定理即可得证.
（2）建立适当的空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，由法向量夹角的余弦公式即可得解.
【详解】（1）由题意可知底面，
因为底面，所以．
在梯形中，，，
可得，又，
所以，
又，
由余弦定理可得，
所以，故．
因为，平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面．
（2）由题意底面，底面，
所以，
又因为，，
所以，
所以两两互相垂直，
以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

因为，，．
所以．
取为平面的一个法向量．
设平面的法向量为，
则，得取，则，得，
所以．
故平面与平面夹角的余弦值为．
19．已知函数．
(1)若函数的值域为，求的取值范围；
(2)若过点可以作曲线的两条切线，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设函数的值域为，由题意结合复合函数的值域可知，对是否为0分类讨论即可.
（2）设出切点，求出过该切点的切线方程，将点代入切线方程可得的表达式，由题意直线与函数有两个不同的交点，利用导数来研究函数单调性，进而求解即可.
【详解】（1）令函数的值域为．
因为的值域为，所以．
当时，，符合题意；
当时，，解得．
综上，的取值范围为．
（2）在曲线上任取一点，
所以曲线在点处的切线方程为，即．
由题意可知，点在直线上，可得．
令，则．
当时，，此时单调递增，当时，，此时单调递减，
所以，且当时，，当时，．
由题意可知，直线与曲线的图象有两个交点，则，
所以的取值范围为．
20．已知数列满足．
(1)若为等差数列，求的通项公式；
(2)记的前项和为，不等式对恒成立，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意结合等差数列基本量的计算即可求解.
（2）由分组求和法将的表达式求出来，分是奇数，偶数两种情形讨论，结合表达式恒成立的理论即可求解.
【详解】（1）因为，所以，
两式相减得．
因为为等差数列，所以的公差．
又，所以，解得，
则，即的通项公式为．
（2）由（1）得，
所以不等式可化为，
当为奇数时，，则，即，
当为偶数时，，则．
综上，的取值范围为．
21．已知椭圆的上､下顶点分别是，点（异于两点）在椭圆上，直线与的斜率之积为，椭圆的长轴长为6．
(1)求的标准方程；
(2)已知，直线与椭圆的另一个交点为，且直线与相交于点，证明：点在定直线上．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设，根据斜率之积和点P在椭圆上整理可得；
（2）设直线的方程为，联立椭圆方程消去y，利用P，Q坐标表示出直线与的方程，求解出点D的坐标，然后用韦达定理化简即可得证.
【详解】（1）由题意可得，设，
则，所以．
因为点在椭圆上，所以，所以，
则．
因为，所以，
故椭圆的标准方程为．
（2）设，显然直线不垂直于轴，
设直线的方程为．
由消去得．
因为点在椭圆的内部，所以．
设直线的方程为，直线的方程为，
所以．

由（1）知，可得
因此，即点在直线上．
【点睛】直线与圆锥曲线的综合问题的处理思路：联立方程消元，利用韦达定理表示出已知和所求，然后化简整理即可.
22．已知，，是关于x的方程的三个不同的根，且.
(1)求a的取值范围；
(2)证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）对函数求导，研究函数的单调性和极值，得到a的取值范围；
（2）由（1）知，分别证，，得到答案.
【详解】（1）令，则
则当时，，当时，，
所以在和上单调递增，在上单调递减.
又，所以，即，所以a的取值范围为.
（2）证明：由（1）可知，
下面证明，.
①证明.
令，因为，所以.
由，得，故，则，，
所以.
设，，则，
故在上为增函数，故，即，，
故，则.
②证明.
由题可知，，
因为在上单调递增，，所以成立.
综上，.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.