2025保定示范高中高三上学期11月期中考试数学含解析

这是一份2025保定示范高中高三上学期11月期中考试数学含解析，共15页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容，若数列和满足，，，则，设函数，，则下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
4．本试卷主要考试内容：高考全部内容（不含圆锥曲线、统计、概率）．
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．设是无穷数列，记，则“是等比数列”是“是等比数列”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
3．已知平面向量，满足，且在上的投影向量为，则向量与向量的夹角为（ ）
A．30°B．60°C．120°D．150°
4．在棱长为2的正四面体中，为棱AD上的动点，当最小时，三棱锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
5．已知函数，若正实数a，b满足，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
6．若数列和满足，，，则（ ）
A．B．C．D．
7．如图，圆O与x轴的正半轴的交点为A，点C，B在圆O上，且点C位于第一象限，点B的坐标为，．若，则的值为（ ）
A．B．C．D．
8．设为定义在整数集上的函数，，，，对任意的整数x，y均有，则（ ）
A．0B．1012C．2024D．4048
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．已知，，关于的方程有一个根为，为虚数单位，另一个根为，则（ ）
A．该方程存在实数根B．，
C．z对应的点在第四象限D．
10．设函数，，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，在点处的切线方程为
B．当时，有三个零点
C．若有两个极值点，则
D．若，则正实数的取值范围为
11．如图，在棱长为2的正方体中，是的中点，（与点不重合）是平面内的动点，下列说法正确的是（ ）
A．平面平面
B．若，则动点的轨迹为抛物线的一部分
C．当时，过点作该正方体的外接球的截面，其截面面积的最小值为
D．线段AD绕旋转一周，在旋转过程中，AD与所成角的正切值的取值范围为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．设数列是公比为的等比数列，．若的连续四项是集合，中的元素，则q的值为___________．
13．已知函数的图象的一条对称轴为直线，则函数的零点的最小正值为___________．
14．过曲线C上一点P作圆的两条切线，切点分别为A，B，若，则曲线C的方程为___________．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（13分）
在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，交AC于点，且．
（1）若，求的面积；
（2）求的最小值．
16．（15分）
如图，四边形为梯形，，，四边形为矩形，且平面，，为FB的中点．
（1）证明：平面．
（2）在线段FD（不含端点）上是否存在一点M，使得直线BM与平面所成角的正弦值为？若存在，求出BM的长；若不存在，说明理由．
17．（15分）
已知函数．
（1）当时，若在上单调递增，求的取值范围；
（2）若且在上有两个极值点，求的极大值与极小值之和的取值范围．
18．（17分）
已知数列的首项，其前项和满足．
（1）求的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，若对任意恒成立，求的最小值．
19．（17分）
复数是由意大利米兰学者卡当在十六世纪首次引入的，经过达朗贝尔、棣莫弗、欧拉、高斯等人的工作，此概念逐渐被数学家接受．形如的数称为复数的代数形式，而任何一个复数都可以表示成的形式，即其中为复数的模，叫做复数的辐角，我们规定范围内的辐角的值为辐角的主值，记作argz．复数叫做复数的三角形式．由复数的三角形式可得出，若，，则．其几何意义是把向量绕点按逆时针方向旋转角（如果，就要把绕点按顺时针方向旋转角），再把它的模变为原来的倍．
请根据所学知识，回答下列问题：
（1）试将写成三角形式（辐角取主值）．
（2）类比高中函数的定义，引人虚数单位，自变量为复数的函数称之为复变函数．已知复变函数，，．
①当时，解关于的方程；
②当时，若存在实部不为0，且虚部大于0的复数和实数，使得成立，复数在复平面上对应的点为，点，以PA为边作等边，且在AP的上方，求线段OQ的最大值．
高三年级期中考试
数学参考答案
1．【答案】C
【解析】因为集合，所以．故选C．
2．【答案】D
【解析】非充分性：若的项为1，1，1，1，…，则的项为0，0，0，0，…．
此时是等比数列，但不是等比数列．
非必要性：若的项为1，1，1，1，…，则．
此时是等比数列，但是公差为1的等差数列，不是等比数列．
所以“是等比数列”是“是等比数列”的既不充分也不必要条件．故选D．
3．【答案】B
【解析】因为在上的投影向量为，即，所以，又，，所以，且，则．故选B．
4．【答案】A
【解析】将侧面展开（图略），由平面几何性质可得，当为AD的中点时，满足题意，
所以．故选A．
5．【答案】B
【解析】由题意知函数是奇函数且在上单调递增，由，
得，则，即，而，所以，
当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值是．故选B．
6．【答案】A
【解析】，，，即，是以2为首项，2为公比的等比数列，，又，，，．故选A．
7．【答案】A
【解析】，，圆的半径为1．根据三角函数的定义，易得，，又，为等边三角形，则，且为锐角，．故选A．
8．【答案】B
【解析】令，则，．
令，则，又，．令，则，函数的图象关于直线对称．
令，则，的图象关于点对称．，是周期的函数．
又，，，，当为偶数时，．
当为偶数时，也为偶数，此时；
当为奇数时，令，，则．
．故选B．
9．【答案】BCD
【解析】由是方程的根，得，
整理得，因此解得，，方程为，可知B正确；对于A，根据方程，可得，所以方程无实数根，A错误；对于C，D，方程，由韦达定理可知，得，对应的点为，在第四象限，且，故C，D正确．故选BCD．
10．【答案】ABD
【解析】对于A，当时，，，，，，A正确；
对于B，当时，，令，得，，，B正确；
对于C，，，令，设，是的两个极值点，则，，，得，C不正确；
对于D，，即，可化为，令，单调递增，
即，，令，，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，，则，即，D正确．故选ABD．
11．【答案】ACD
【解析】对于A，因为平面，平面，所以平面平面，故A正确；
对于B，满足条件的点应在以AM为旋转轴，绕其旋转所得的圆锥的侧面上，旋转轴AM与平面平行，又是平面内的动点，所以动点的轨迹为双曲线的一支的一部分，故B错误；
对于C，当时，为线段上靠近点的三等分点，如图1，易知正方体的外接球的球心为正方体的中心O，过点O作于点，连接OP，则，若要截面面积最小，需球心到截面的距离最大，最大为OP，此时，故C正确；
对于D，线段AD绕旋转一周后得到一个母线与旋转轴所成的角为的圆锥，设，，，
在旋转过程中，AD与所成的角在如图2所示的轴截面内分别取得最值，，，
所以在旋转过程中，AD与所成角的正切值的取值范围为，故D正确．
故选ACD．
12．【答案】
【解析】因为数列是公比为的等比数列，，所以数列的连续四项要么同号，要么两正两负．因为四项属于集合，所以数列的连续四项一定两正两负，故，且数列的连续四项必包含，．公比，则．
故答案为．
13．【答案】
【解析】，，
由条件得，则，
得，所以，
所以，，得，
由可得．故答案为．
14．【答案】（且）或（或且）
【解析】设，则过点的切线方程为，即，所以，得，
则，是此方程的两根，，，即，
所以，得，又，所以，
即曲线的方程为（且）．
故答案为（且）或（或且）．
15．【解析】（1）由，，可得．
在中，由余弦定理得，即，可得．
故．
（2），，，，．
，
当且仅当，即，时，等号成立．
故的最小值为．
16．【解析】（1）方法一：设FD交AE于点，如图1，连接GH．
四边形为矩形，为FD的中点，又为FB的中点，
为的中位线，，
又平面，平面，平面．
方法二：由题意可知，以为原点建立如图2所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，，
，，．
设平面的法向量为，则，
令，则，
，平面，平面．
（2）假设在线段FD上存在一点M，使得直线BM与平面所成角的正弦值为．
设，，则．
由（1）可知，．
设平面的法向量为，则
令，则．
设直线BM与平面所成的角为，
则，整理得，
，．
故存在满足题意的点，此时．
17．【解析】（1）当时，．
单调递增，恒成立，即恒成立．
令，当且仅当时，等号成立．
，．
（2），的图象关于点对称．
，令，则，
，单调递增，又，在上单调递减，在上单调递增．．
要使有两个极值点，必有，即，得．
令，，，．
令，，，．
当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增，
，，
的图象关于点对称，，即的极大值与极小值之和的取值范围为．
18．【解析】（1）当时，由题意得，又，．
由①，可知②，
两式相减可得，即．
又，是首项为，公比为的等比数列，故．
（2）由（1）知．
①，
两边同乘以，得②，
①—②得．
从而．
于是．
当是奇数时，，
当是奇数时，为递减数列，．
当是偶数时，，，
因此．对任意恒成立，，
即的最小值为．
19．【解析】（1）由于，因此，所以，
所以，，
因为，所以，所以．
（2）①由题意得，整理得，．
②设，
则

．
因为存在实数，使得成立，所以为实数，所以，
因为，，所以，
当时，，符合题意，点的轨迹为单位圆的一部分．
解法一：设，，所表示的复数为，所表示的复数为，
则，，
所以，
则
，
所以当时，即时，取得最大值3，故线段OQ的最大值为3．
解法二：连接OA，设，，，．
由，在中，可得，
在中，可得，于是，
在中，可得，于是，
在中，可得，
化简得，当且仅当时，等号成立．
故线段OQ的最大值为3．