2024届河北省衡水市武邑中学高三上学期期中数学试题含答案

这是一份2024届河北省衡水市武邑中学高三上学期期中数学试题含答案，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】先由一元二次不等式的解法求得集合A，再根据指数函数的值域求得集合B，利用集合的交集运算可得选项.
【详解】因为，
又时，，所以，
所以，
故选：D.
2．O是正方形ABCD的中心．若＝λ＋μ，其中λ，μ∈R，则＝（ ）
A．－2B．－
C．－D．
【答案】A
【分析】根据正方形几何特点，结合向量的线性运算，用表示目标向量，即可求得结果.
【详解】根据题意，作图如下：

＝＋＝＋＝－＋＝－，
所以λ＝1，μ＝－，因此＝－2.
故选：.
【点睛】本题考查平面向量的线性运算，属基础题.
3．若复数，则复数的虚部为（ ）
A．0B．C．1D．
【答案】A
【分析】根据等比数列前n项和公式和复数性质解题即可.
【详解】，
所以复数的虚部为0.
故选：A
4．正项等比数列中的是函数的极值点，则
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】试题分析：由，则，因为是函数
的极值点，所以，又，所以，所以，故选A．
【解析】对比数列与函数的综合应用．
【方法点晴】本题主要考查了数列与函数的综合应用，其中解答中涉及到等比数列的通项公式、等比中项公式、利用导数研究函数的极值点和对数的运算等知识点的综合考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及知识点的灵活应用，试题涉及知识点多，应用灵活，属于中档试题，其中解答中根据函数极值点的概念，得到是解答关键．
5．已知公比不为1的等比数列的前项和为，且满足成等差数列，则
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】成等差数列，，即，解得或（舍去），，故选C.
6．已知正四面体的内切球的表面积为36，过该四面体的一条棱以及球心的平面截正四面体，则所得截面的面积为
A．27B．27C．54D．54
【答案】C
【分析】先由内切球表面积求出其半径，结合图像，找出球心半径，用相似三角形列方程求出正四面体边长，再求出所需截面即可.
【详解】解：由内切球的表面积，得内切球半径
如图，过点作平面，则点为等边的中心
连接并延长交于点，且点为中点，连接
记内切球球心为，过作，设正四面体边长为
则，，，
又因为，所以
由，得，即，解得
因为过棱和球心，所以即为所求截面
且
故选C.
【点睛】本题考查了空间几何体的内切球，找到球心求出半径是解题关键.
7．已知，，，，则的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由，得出，再判断，，得出结果.
【详解】因为，，且，则，，即；
所以，即，
所以，即.
所以.
故选：B.
8．已知又，对任意的均有成立，且存在使，方程在上存在唯一实数解，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】化简可得，根据成立，且存在，可知存在使得，即，根据函数性质建立不等式关系进行求解即可.
【详解】由
，
其中满足，
又由任意的均有成立，
即任意的均有成立，
且存在使，
可知最大值为，
又，
当时，，
又在上存在唯一实数使，
即.
故选：A
二、多选题
9．著名的“河内塔”问题中，地面直立着三根柱子，在1号柱上从上至下､从小到大套着n个中心带孔的圆盘.将一个柱子最上方的一个圆盘移动到另一个柱子，且保持每个柱子上较大的圆盘总在较小的圆盘下面，视为一次操作.设将n个圆盘全部从1号柱子移动到3号柱子的最少操作数为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【分析】由题可得，进而可得是以2为首项，2为公比的等比数列，可得，即得.
【详解】将圆盘从小到大编为号圆盘，则将第号圆盘移动到3号柱时，需先将第号圆盘移动到2号柱，需次操作；
将第号圆盘移动到3号柱需1次操作；
再将号圆需移动到3号柱需次操作，
故，，又，
∴是以2为首项，2为公比的等比数列，
∴，即，
∴.
故选：AD.
10．折扇又名“纸扇”是一种用竹木或象牙做扇骨，㓞纸或者绫绢做扇面的能折叠的扇子.如图1，其平面图是如图2的扇形，其中，，点在弧上，且，点在弧上运动（包括端点），则下列结论正确的有（ ）
A．在方向上的投影向量为
B．若，则
C．
D．的最小值是
【答案】ABD
【分析】利用投影向量的定义可判断A选项；建立平面直角坐标系，利用三角恒等变换结合平面向量的线性运算可判断B选项；利用平面向量数量积的运算性质可判断C选项；利用平面向量数量积的坐标运算可判断D选项.
【详解】对于A选项，由题意可知，
所以，在方向上的投影向量为，A对；
对于B选项，以点为坐标原点，所在直线为轴建立如下图所示的平面直角坐标系，
则、，设点，其中，
由可得，
所以，，所以，，
所以，，
，则，所以，，
所以，，B对；
对于C选项，，所以，
，C错；
对于D选项，，其中，、，
，，
所以，，
因为，则，
所以，故当时，取最小值为，D对.
故选：ABD.
11．已知复数，，，为坐标原点，，，对应的向量分别为，，，则以下结论正确的有（ ）
A．
B．若，则
C．若，则与的夹角为
D．若，则为正三角形
【答案】ABD
【分析】根据复数的乘法运算及复数的模的计算公式计算即可判断A；根据复数的除法运算即可判断B；根据向量的数量积的运算律求出与的夹角的余弦值即可判断C；结合C选项即可判断D.
【详解】因为，，，
所以，则，
对于A，，
故
，
，
所以，故A正确；
对于B，若，则，故B正确；
对于C，设与的夹角为，
若，则，
即，
即，所以，
所以，即与的夹角为，故C错误；
对于D，若，则，
则，
即，由C选项可知与的夹角为，
同理与的夹角为，与的夹角为，
又，
所以，故D正确.
故选：ABD.
12．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，在上单调递增
B．若的图象在处的切线与直线垂直，则实数
C．当时，不存在极值
D．当时，有且仅有两个零点，且
【答案】ABD
【分析】对于A，利用导数即可判断；对于B，根据导数的几何意义可判断；对于C，取，根据导数判断此时函数的单调性，说明极值情况，即可判断；对于D，结合函数单调性，利用零点存在定理说明有且仅有两个零点，继而由可推出，即可证明结论，即可判断.
【详解】因为，定义域为且，
所以，
对于A，当时，，所以在和上单调递增，故A正确；
对于B，因为直线的斜率为，
又因为的图象在处的切线与直线垂直，
故令，解得，故B正确；
对于C，当时，不妨取，
则，
令，则有，解得，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上分别单调递减；
所以此时函数有极值，故C错误；
对于D，由A可知，当时，在和上单调递增，
当时，，
，
所以在上有一个零点，
又因为当时， ，
，
所以在上有一个零点，
所以有两个零点，分别位于和内；
设，
令，则有，
则
，
所以的两根互为倒数，所以，故D正确．
故选：ABD
【点睛】难点点睛：本题综合考查了导数知识的应用，综合性较，解答的难点在于选项D的判断，要结合函数的单调性，利用零点存在定理判断零点个数，难就难在计算量较大并且计算复杂，证明时，要注意推出，进而证明结论
三、填空题
13．已知函数，若方程有4个解分别为，且，则 .
【答案】10
【分析】作出函数图象，由对数函数的性质可得，有二次函数的对称性可得，代入求解即可.
【详解】作出函数的大致图象，如下：

可知，且当时，有2个解；
，
得；
当时，由有2个解，根据图象的对称性，得.
.
故答案为：10.
14．函数为奇函数，则实数 .
【答案】
【解析】由为奇函数，根据定义有，结合是单调函数即可求.
【详解】函数为奇函数知：，而，
∴，即，
又是单调函数，
∴，即有，解得.
故答案为：.
【点睛】本题考查了利用函数的奇偶性求参数值，应用的单调性列方程，属于基础题.
15．在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱、、两两夹角都为，且，，，、分别为、的中点，则与所成角的余弦值为 .
【答案】
【分析】计算出以及、的值，可求得的值，即可得解.
【详解】如下图所示：
由题意可得，，
所以，，
，
，
所以，.
因此，与所成角的余弦值为.
故答案为：.
16．各项均为正数的等比数列的前项和为，若，，则的最小值为 ．
【答案】8
【分析】根据等比数列的性质可得，由此可求得，，从而表示出，再根据基本不等式求解即可．
【详解】解：∵，且，
∴，
∴公比，
∴，，
∴，
当且仅当， 即时等号成立，
故答案为：8．
【点睛】本题主要考查等比数列的性质和等比数列的前项和，考查基本不等式的应用，考查计算能力，属于中档题．
四、解答题
17．函数的部分图象如图所示，其中轴．
(1)求函数的解析式；
(2)将的图像向右平移个单位，再向上平移2个单位得到的图像，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据图象可求函数的对称方程及，故可求函数的解析式；
（2）根据图象平移可求的解析式，故可求的值.
【详解】（1）由图象可得函数图象的一条对称轴为，
故，故，故，
而，故即
而，故，故.
（2）将的图像向右平移个单位，再向上平移2个单位得到的图像，
故，
故
.
18．在中，a、b，c分别是角A、B、C的对边，且．
（1）求角A的大小；
（2）若是方程的一个根，求的值．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）利用正弦定理角化边后，利用余弦定理得到，进而求得；
（2）解方程求得方程的根，并作出取舍得到，利用同角三角函数的关系得到的值，然后利用诱导公式和两角和的余弦公式求得.
【详解】（1）∵，
∴，即，
∴，
又∵三角形内角，
∴；
（2）等价于，解得或；
∵，∴，∴，
∴
.
19．函数在上的零点从小到大排列后构成数列.
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据三角函数的基本性质，求得其在内的零点，分情况，可得答案；
（2）由题意，可得数列的通项公式，结合等差数列的性质，可得答案.
【详解】（1）函数的最小正周期为.
函数在上的零点分别为.
数列是以为首项，为公差的等差数列，
即当为奇数时，.
数列是以为首项，为公差的等差数列，
即当为偶数时，.
综上，
（2），显然数列为等差数列.
所以其前项和为.
五、证明题
20．如图1，在边长为4的菱形中，，点分别是边，的中点，.沿将翻折到的位置，连接，得到如图2所示的五棱锥.
(1)在翻折过程中是否总有平面平面？证明你的结论；
(2)当四棱锥体积最大时，求点到面的距离；
(3)在（2）的条件下，在线段上是否存在一点，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)总有平面平面，证明详见解析
(2)
(3)存在，是的中点，理由见解析.
【分析】（1）通过证明平面来证得平面平面.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得点到平面的距离.
（3）利用平面与平面所成角的余弦值来列方程，从而求得点的位置.
【详解】（1）折叠前，因为四边形是菱形，所以，
由于分别是边，的中点，所以，
所以，
折叠过程中，平面，
所以平面，
所以平面，
由于平面，所以平面平面.
（2）当平面平面时，四棱锥体积最大，
由于平面平面，平面，，
所以平面，由于平面，所以，
由此以为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，
依题意可知，
设平面的法向量为，
则，故可设，
所以到平面的距离为.
（3）存在，理由如下：
，，
设，则，
平面的法向量为，
，
设平面的法向量为，
则，
故可设，
设平面与平面所成角为，
由于平面与平面所成角的余弦值为，
所以，
解得或（舍去），
所以当是的中点时，平面与平面所成角的余弦值为.
21．已知数列的前项和为，且.
(1)求的通项公式；
(2)数列满足，，设数列的前项和为，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）计算，根据得到，确定等比数列，计算即可.
（2）利用累乘法得到，再根据错位相减法得到，构造数列，根据数列的单调性计算最值得到答案.
【详解】（1）当时，，解得.
当时，，相减得，即，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，故，验证时成立，
故；
（2），，
故.
，
两式相减可得：
，
所以，.
令，，，
故，且，，，
是从第二项开始单调递减数列，.
故.
22．已知函数.
(1)若曲线在处的切线与直线平行，求函数的极值；
(2)已知，若恒成立.求证：对任意正整数，都有.
【答案】(1)极大值为，无极小值
(2)证明见解析
【分析】（1）对求导，由导数的几何意义可得，代入，即可求得的单调性和极值.
（2）将不等式变形为，令，分离参数后构造函数，转为为求解的最大值，即时，恒成立，令，则，然后结合对数运算性质可求.
【详解】（1）由，可得，
由条件可得，即.
则，
令可得，当时，，当时，.
在上单调递减，在上单调递增，
的极大值为，无极小值.
（2），即对任意的恒成立，
即，其中，
令，则，即，
构造函数，则，令，得，列表如下：
所以，函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
所以，，
即时，恒成立，
取，则对任意的恒成立，
令，则，
所以，
所以，即.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
+
0
-
极大值