河北省承德市第二中学2024-2025学年高三上学期期中考试数学试卷

这是一份河北省承德市第二中学2024-2025学年高三上学期期中考试数学试卷，共19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（本大题共8小题，共40分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1．已知集合，集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．下列不等式中成立的是（ ）
A．若，则 B．已知，，，则
C．若，则 D．若，则
3．已知为虚数单位，则（ ）
A．B．1C．D．
4．在中，，，，D为AB的中点，P为CD上一点， 且，则（ ）
A．B．C．D．
5．若函数，则函数的单调递减区间为（ ）
A．B．C．D．
6．已知角满足，，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知数列的前n项和为，且，，则（ ）
A．B．C．D．
8．设是两个平面，是两条直线，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
二、多选题（本大题共3小题，共18分。在每小题有多项符合题目要求）
9．下列说法正确的是（ ）
A．函数的图象是一条直线
B．命题“，都有”的否定是“，使得”
C．当时，的最小值是
D．，是的充分不必要条件
10．已知函数，则（ ）
A．的最小正周期为
B．为的图象的一个对称中心
C．在上单调递增
D．将的图象的横坐标伸长为原来的3倍后得到的图象，则曲线与直线有4个交点
11．已知函数，若有四个不同的零点，，，且，则下列说法正确的是（ ）
A．B．C．D．
三、填空题（本大题共3小题，共15分）
12．若当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是 .
13．已知为虚数单位，复数满足，则 ．
14．已知数列是公差不为的等差数列，，且、、成等比数列，设，则的前项和为 .
四、解答题（本大题共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．(本小题13分)记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知．
(1)求A；
(2)若D是BC边上一点，且，，求的值．
16．(本小题15分)已知数列为等差数列，为前项和，，
(1)求的通项公式；
(2)设，比较与的大小；
17．(本小题15分)某物流基地今年初用49万元购进一台大型运输车用于运输.若该基地预计从第1年到第n年花在该台运输车上的维护费用总计为万元，该车每年运输收入为23万元.
(1)该车运输几年开始盈利?（即总收入减去成本及维护费用的差为正值）
(2)若该车运输若干年后，处理方案有两种：
①当年平均盈利达到最大值时，以17万元的价格卖出；
②当盈利总额达到最大值时，以8万元的价格卖出.
哪一种方案较为合算?请说明理由.
18．(本小题17分)如图，已知四棱锥中，底面是边长为4的正方形，平面是正三角形，分别为的中点.
(1)求证：平面；
(2)求点到平面的距离；
(3)线段上是否存在点，使得三棱锥的体积为，若存在，求的值；若不存在，说明理由.
19．(本小题17分)已知函数．
(1)当时，关于的方程在区间内有两个不相等的实数根，求实数的取值范围；
(2)求函数在区间上的最小值．
参考答案：
1．A
【分析】解出集合和集合，再根据交集运算即可得答案.
【详解】根据题意，，
，
所以.
故选：A
2．B
【分析】根据不等性质分别判断各选项.
【详解】A选项：当时，，A选项错误；
B选项：因为，，，
所以，
所以，则，B选项正确；
C选项：若，则，C选项错误；
D选项：当，时，，D选项错误．
故选：B.
3．D
【分析】根据虚数单位的性质及复数的乘除运算求解可得.
【详解】.
故选：D.
4．A
【分析】由向量共线定理得到，两边平方求出，得到答案.
【详解】因为D为AB的中点，所以，
又，所以，
因为三点共线，设，
即，
故，所以，
解得，
两边平方得
，
故.
故选：A
5．C
【分析】求函数的导数，利用导数小于零并结合定义域得出结果.
【详解】函数，定义域为，
由，令，解得，
则函数的单调递减区间为.
故选：C.
6．D
【分析】根据三角函数的积化和差公式，化简后可得到，所以有，再根据正切的诱导公式及二倍角公式，即可得到答案.
【详解】由三角函数积化和差公式，得：
所以，即：，所以：.
故选：D.
7．A
【分析】先根据前项和公式得到通项公式，再根据裂项相消法求得最终结果.
【详解】当时，，则，
当时，，
则，所以，
又，所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，
根据等比数列的通项公式可得，即，
因为，所以，
根据裂项相消法，
则，
故选：A.
8．C
【分析】作出满足条件的图，举出反例，排除ABD选项，作出满足条件的图，并证明，得到C选项正确.
【详解】A选项：如图：

在正方体中，，此时与夹角为，A选项错误；
B选项：如图：

在正方体中，，此时，B选项错误；
D选项：如图：

在正方体中：，此时，D选项错误；
C选项：如图：

过作平面，使得，，∵，∴，则，
又∵，∴，∴，C选项正确.
故选：C.
9．BD
【分析】对于选项A，根据函数图象判断即可；对于选项B，由含有一个量词命题的否定形式判断；对于选项C，利用基本不等式可以判断；对于选项D，根据充分必要条件判断即可.
【详解】选项A：由于函数的定义域为整数集，所以函数的图象是由一系列的点构成，故选项A错误；
对于B，命题“，都有”的否定是“，使得”，故B正确；
对于，因为，所以，
则，
当且仅当，即时，等号成立，显然等号不成立，故C错误；
对于D，对于D，当，时，有成立，而，但，不成立，即由不能得到，，所以，是的充分不必要条件，故D正确.
故选：BD.
10．AB
【分析】根据三角函数的周期性、对称性、单调性、图象变换等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】函数，最小正周期，故A正确；
，则为的图象的一个对称中心，故B正确；
时，，易知在上先减后增，
故在上先减后增，故C错误；
，
在同一直角坐标系中分别作出y=gx与的大致图象如下所示，
观察可知，它们有3个交点，故D错误.
故选：AB

11．BC
【分析】数形结合，可判断A的真假；根据时，函数图象的对称性，可判断B的真假；根据时，函数的解析式即对数的运算可判断C的真假；举反例可说明D是错误的.
【详解】左函数草图如下：
对A：由图可知，若有四个不同的零点，则，故错误；
对B：因为，且关于直线对称，所以，故B正确；
对C：因为，所以，，
由，故C正确；
对D：因为，所以，因为函数在上单调递减，所以，即，故D错误.
故选：BC
12．
【分析】由基本不等式求出，从而得到，求出答案.
【详解】因为，所以，
当且仅当，即时，等号成立，
故只需，解得，所以实数的取值范围是.
故答案为：.
13．
【分析】利用复数的乘方及除法运算求出复数，进而求出其模.
【详解】由，得，即，
则，
所以.
故答案为：
14．
【分析】设等差数列的公差为，则，根据求出的值，可得出数列的通项公式，然后对任意的，计算出，即可得解.
【详解】设等差数列的公差为，则，
因为、、成等比数列，则，即，
即，因为，解得，
所以，，
所以，，
对任意的，，
，，
，
所以，，
因为，故数列的前项和为.
故答案为：.
15．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理将角化边，再结合余弦定理计算可得；
（2）首先可得，记，设，，利用锐角三角函数及正弦定理得到，，再由余弦定理得到，即可得解.
【详解】（1）因为，
由正弦定理可得，即，
由余弦定理，
所以，又，所以；
（2）因为，记，则，
因为，设，，
在中，，即，
在中，，所以，所以，
所以，即，
在中由余弦定理有，整理得，即，
所以，即.
16．(1)
(2)
【分析】（1）利用基本元的思想，将已知转化为的形式列方程组，解方程组求得的值，从而求得数列的通项公式；
（2）由（1）可得，利用裂项求和法求得表达式，判断出，利用对数函数的性质得到，由此得到.
【详解】（1）因为为等差数列，设公差为，
因为，，
所以，解得，
∴；
（2）∵，
∴
，
则，又，∴.
17．(1)3
(2)方案①较合算，理由见详解
【分析】（1）由，能求出该车运输3年开始盈利.
（2）方案①中，.从而求出方案①最后的利润为59（万）；方案②中，，时，利润最大，从而求出方案②的利润为59（万），比较时间长短，进而得到方案①较为合算.
【详解】（1）由题意可得，即，
解得，
，
该车运输3年开始盈利.；
（2）该车运输若干年后，处理方案有两种：
①当年平均盈利达到最大值时，以17万元的价格卖出，
，
当且仅当时，取等号，
方案①最后的利润为：（万）；
②当盈利总额达到最大值时，以8万元的价格卖出，
，
时，利润最大，
方案②的利润为（万），
两个方案的利润都是59万，按照时间成本来看，第一个方案更好，因为用时更短，
方案①较为合算.
18．(1)证明见解析
(2)
(3)存在，或
【分析】（1）根据线面垂直的判断定理，转化为证明，；
（2）以为原点建立空间直角坐标系，求平面的法向量，再代入点到平面的距离， 求解；
（3）根据，求得点的坐标，再根据（2）的结果求点到平面的距离，并根据向量的数量积公式，以及面积公式，求，结合体积公式，即可求解.
【详解】（1）证明：因为是正三角形，是的中点，

所以.
又因为平面平面，
平面，
所以面；
（2）因为两两互相垂直.以点为原点，的方向分别为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系.
则，
设平面的法向量为n=x,y,z，
由，得
，
点到平面的距离
（3）设
所以点到面的距离为定值
.
，
解得：或.
19．(1)
(2)
【分析】（1）先利用导数分析函数的单调性，进而结合题意求解即可；
（2）先对函数求导，然后分，，三种情况讨论函数的单调性，进而求解最小值.
【详解】（1）当时，，
则，
令f'x>0，得；令f'x