河北省邯郸市部分学校2024-2025学年高三上学期11月期中联考数学试卷（Word版附解析）

这是一份河北省邯郸市部分学校2024-2025学年高三上学期11月期中联考数学试卷（Word版附解析），共14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（共8小题，每题5分，共40分）
1.已知集合，，则（ ）
A.B.C.D.
2.如图，梯形ABCD的腰CD的中点为E，且，记，，则（ ）
A.B.C.D.
3.设等比数列的前项和为，，，则（ ）
A.1B.4C.8D.25
4.若两个正实数，满足，且存在这样的，使不等式有解，则实数的取值范围是（ ）
A.B.C.或D.或
5.若A为函数图象上的一点，，则的最小值为（ ）
A.B.C.D.2
6.鼎湖峰，矗立于浙江省缙云县仙都风景名胜区，状如春笋拔地而起，其峰顶镶嵌着一汪小湖.某校开展数学建模活动，有建模课题组的学生选择测量鼎湖峰的高度，为此，他们设计了测量方案.如图，在山脚测得山顶得仰角为，沿倾斜角为的斜坡向上走了90米到达点（，，，在同一个平面内），在处测得山顶P得仰角为60°，则鼎湖峰的山高PQ为（ ）米.

A.B.C.D.
7.已知函数，数列满足，且数列是单调递增数列，则的取值范围是（ ）
A.B.C.D.
8.阅读材料：数轴上，方程可以表示数轴上的点，平面直角坐标系中，方程（、不同时为0）可以表示坐标平面内的直线，空间直角坐标系中，方程（、、不同时为0）可以表示坐标空间内的平面.过点且一个法向量为的平面的方程可表示为.阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A.B.C.D.
二、多选题（共3小题，每题6分，全部选对得6分，共18分。部分选对得部分分，错选得0分）
9.下列有关复数的说法正确的是（ ）
A.若是关于的方程的一个根，则
B.若，则点的集合所构成的图形的面积为
C.若是复数，则一定有
D.若，，则
10.如图，在平行六面体中，已知，，为棱上一点，且，则（ ）
A.B.直线与所成角的余弦值为
C.平面D.直线与平面所成角为
11.（多选）已知函数的导函数的部分图象如图所示，其中点，分别为的图象上的一个最低点和一个最高点，则（ ）
A.
B.图象的对称轴为直线
C.函数在上单调递增
D.将的图象向右平移个单位，再将纵坐标伸长为原来的2倍，即可得到的图象
三、填空题（共3小题，每题5分，共15分）
12.在长方体中，若，，则直线到平面的距离是________.
13.已知平面向量，，，，则的最小值为________.
14.已知函数有两个零点，，则的取值范围为________.
四、解答题（共5小题，15题13分，16、17题15分，18、19题17分，共77分）
15.在中，角，，所对的边分别为，，.已知.
（1）求；
（2）若，且的面积为，求的周长.
16.设数列的前项和为，已知，.数列是首项为，公差不为零的等差数列，且，，成等比数列.
（1）求数列和的通项公式；
（2）若，数列的前项和为，且恒成立，求的取值范围.
17.已知函数，.
（1）当时，求的单调区间和极值；
（2）若，，求的取值范围.
18.如图，正方形的边长为2，，分别为，的中点在五棱锥中，为棱上一点，平面与棱，分别交于点，.
（1）求证：；
（2）若底面，且，直线与平面所成角为.
（i）确定点的位置，并说明理由；
（ii）求线段的长.
19.定义：任取数列中相邻的两项，若这两项之差的绝对值为3，则称数列具有“性质3”.已知项数为的数列的所有项的和为，且数列具有“性质3”.
（1）若，且，，写出所有可能的的值；
（2）若，，证明：“”是“”的充要条件；
（3）若，，，证明：或，
期中考试数学参考答案：
4.C 【详解】由题设，则，当且仅当，即时等号成立，要使不等式有解，则，所以或.故选：C
5.【详解】因为，所以在上单调递增，且也单调递增，若，则，显然不符合题意；设，则函数在点A处的切线的斜率为，所以取得最小值，令，则，令，则且，令，则，显然在上单调递增，又，，所以存在使得，即，所以当时，此时单调递减，当时，此时单调递增，所以在处取得极小值即最小值，
又，函数在上单调递减，又，，当时，所以，所以恒成立，
即恒成立，所以在上单调递增，又，所以，此时，所以取得最小值为.故选：B.
6.B 【详解】由题知，，，则，，又，所以，所以，，在中，，根据正弦定理有，且，则，在中，.所以山高为米.故选：B.
7.A 【详解】数列是单调递增数列，可知当，时，单调递增，即或，解得；当时，单调递增恒成立，且，即；解得，所以若数列是单调递增数列，则，故选：A.
8.A 【详解】因为平面的方程为，所以平面的法向量可取，平面的法向量为，平面的法向量为，设两平面的交线的方向向量为，由，令，则，所以两平面的交线的方向向量为，设直线与平面所成角的大小为，则.故选：A.
9.ABD【详解】A，由题意，整理得，所以，解得，故，正确；B，记，则，所以，圆的面积为，圆的面积为，所以点的集合所构成的图形的面积为，正确.C，当，则，而，显然不成立，错误；D，令，，则，故，又，，则，所以，正确.故选：ABD
10.ABD 【详解】不妨设，，，则，.对于A，因，故，故，故A正确；对于B，因，，则，，设直线与所成角为，则，故B正确；对于C，因，，，即与不垂直，故不与平面垂直，故C错误；对于D，因，，，因，，则有，，因，，平面，故平面，即平面的法向量可取为，又，设直线与平面所成角为，因，，，则，因，故，故D正确.故选：ABD.
11.BCD 【详解】，由图象知，则，由五点对应法，，所以，，由于，所以，故，故A错误；由，得，，即图象的对称轴为直，，故B正确；，当，则，此时为增函数，故C正确；将的图象向右平移个单位长度，得，再将所有点的纵坐标伸长为原来的2倍，得到，此时可以得到的图象，故D正确.故选：BCD.
12./6.72 【详解】易知，又面，面，所以面，则直线到平面的距离，与点到平面的距离相等，
过作于，因为面，面，所以，又，，面，所以面，又，，则，在中，，得到，所以直线到平面的距离为，故答案为：.
13.4 【详解】因为，，，则，当且仅当时，等号成立，所以的最小值为16，即的最小值为4.故答案为：4.
14. 【详解】易知函数的定义域为，令，得到，令，，图象如图所示，因为函数有两个零点，，由图易知，，，且，得到，所以，令，则，又易知在区间上单调递减，所以，即的取值范围为，故答案为：.
15.（1）；（2）.
【详解】（1）由题得，…………2分
因为，，…5分
故，故，所以.…………6分
（2）由（1）得，故由和得，…………9分
所以，故，…………12分
所以的周长为.…………13分
16.（1），；（2）.
【详解】（1），
当时，，两式相减化简可得：，
即数列是以3为公比的等比数列，…………2分
又，，解得，…………3分
即，…………4分
设数列的公差为，，…………5分
，，成等比数列，，
解得或（舍去），…………7分
即，
数列和的通项公式为，.…………8分
（2）由（1）得，…………9分
，，…………11分
两式相减得：
，…………13分
即有恒成立，恒成立，可得，即的范围是.…………15分
17.（1）单调递增区间为，递减区间为；极大值为－1，无极小值；（2）
【详解】（1）当时，，，…………1分
令，则，故在上单调递减，而，因此0是在上的唯一零点，即0是在上的唯一零点，当变化时，，的变化情况如下表：
…………5分
所以的单调递增区间为，递减区间为；…………6分
所以的极大值为，无极小值；…………7分
（2）由题意知，即，即，…………8分
设，则，…………10分
令，解得，…………11分
当，，单调递增，
当，，单调递减，…………13分
所以，所以.
所以的取值范围为.…………15分
18.（1）证明见解析（2）（i）为中点；理由见解析（ii）2.
【详解】（1）在正方形中，，又平面，平面，
所以平面，又平面，平面平面，
则；…………5分
（2）（i）当为中点时，有直线与平面所成角为，
证明如下：由平面，可得，，
建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，
又为中点，则，，，，…………7分
设平面的一个法向量为，
则有，即，令，则，
则平面的一个法向量为，…………9分
设直线与平面所成角为，
则，
故当为中点时，直线与平面所成角的大小为.…………11分
（ii）设点的坐标为，
因为点在棱上，所以可设，
即，所以，，，…………13分
因为是平面的法向量，
所以，即，解得，…………15分
故，则，
所以.…………17分
19.（1）6；0；12（2）证明见解析（3）证明见解析
【详解】（1）依题意可知有如下三种情况：
若：0，3，0，3，此时，
若：0，－3，0，3，此时，
若：0，3，6，3，此时.…………12分
（2）证明：
必要性：因为，
故数列为等差数列，
所以，公差为－3，
所以，必要性成立；…………6分
充分性：由于，
累加可得，，即，
因为，故上述不等式的每个等号都取到，
所以，，所以，，充分性成立；9分
综上所述，“”是“，”的充要条件；
（3）证明：
令，依题意，，
因为，
所以
，…………12分
因为，所以为偶数，
所以为偶数；
所以要使，必须使为偶数，即4整除，
亦即或，…………14分
当时，
比如，，，
或，，时，有，；
当时，
比如，，，，
或，，，，有，；
当或时，不能被4整除，.…………17分
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
A
A
C
B
B
A
A
ABD
ABD
题号
11
答案
BCD
0
＋
0
－
单调递增
极大值
单调递减