河北省承德市第八中学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八中学2024-2025学年高三上学期期中考试数学试卷，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（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，则的虚部为（ ）
A．B．C．D．
2．已知集合，集合，则（ ）
A． B． C． D．
3．要得到的图象，只需把图象上所有点的（ ）
A．横坐标变为原来的倍，纵坐标不变B．横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变
C．纵坐标变为原来的倍，横坐标不变D．纵坐标变为原来的2倍，横坐标不变
4．若向量，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
5．函数的定义域为，函数，则的定义域为（ ）
A． B． C． D．
6．已知等差数列满足，则（ ）
A．3B．4C．8D．10
7．已知，且，则的最小值为（ ）
A．3B．4C．5D．6
8．如图，平行四边形所在平面外一点，为AD的中点，为上一点，当平面时，（ ）
A．23B．C．D．
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．命题“，”的否定是“，”
B．命题“，”是真命题
C．“”是“”的充分条件
D．“”是“”的充分不必要条件
10．下列命题正确的是（ ）
A．若向量，共线，则A，B，C，D必在同一条直线上
B．若A，B，C为平面内任意三点，则
C．若点G为的重心，则
D．若向量，满足，且，方向相同，则
11．在直四棱柱中，底面是边长为2的菱形，分别是棱的中点，过直线的平面分别与棱交于点，则下列说法正确的是（ ）
A．四边形为矩形 B．
C．四边形面积的最小值为8 D．四棱锥的体积为定值
三、填空题（本大题共3小题，共15分）
12．已知是定义在上的偶函数，当时，则 .
13．已知曲线在处的切线斜率为4，则实数的值为 .
14．记Sn为数列的前n项和．已知，，则数列的通项公式是 ．
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．(本题13分)已知等差数列的前项和为，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)设数列满足，求的前项和.
16．(本题15分)已知函数.
(1)求的单调区间；
(2)求在区间上的最大值．
17．(本题15分)已知向量.
(1)若，且x∈0,π，求的值；
(2)设函数，求函数的值域.
18．(本题17分)如图，在三棱锥 中， 分别是 的中点.
(1)求证: 平面 ；
(2)若四面体的体积为 ，求；
(3)若 ，求直线 AD 与平面 所成角的正弦值的最大值.
19．(本题17分)在中，，，，分别是上的点，满足且经过的重心，将沿折起到的位置，使，是的中点，如图所示．
(1)求证：平面；
(2)在线段上是否存在点，使平面与平面的夹角的余弦值为,若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由．
参考答案：
1．A
【分析】求出，求出，求出的虚部.
【详解】由题意可得，
故，其虚部为.
故选：A.
2．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
3．A
【分析】根据诱导公式可得，再根据三角函数的伸缩变换求解即可.
【详解】因为，
所以要得到的图象，
只需把图象上所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变.
故选：A.
4．A
【分析】直接利用投影向量的公式求解即可.
【详解】在上的投影向量，
故选：A.
5．C
【分析】先求出，再由抽象函数求定义域的法则可得，解不等式即可得出答案.
【详解】函数的定义域为，
所以，
所以需满足，
解得且.
故选：C.
6．B
【分析】根据题意，将式子化为与，代入计算，即可得到结果.
【详解】设等差数列的公差为，
则 .
故选：B.
7．C
【分析】先化简得出，再应用基本不等式常值代换计算即可.
【详解】因为，所以,
又因为，
当且仅当时取最小值9，
所以的最小值为5.
故选：C.
8．D
【分析】由线面平行的性质定理得到，故，转化为求即可．
【详解】

连接 交 于 ，连接 ，
因为 平面 ， 平面 ，平面 平面 ，
所以 ，所以 .
又 ， 为 的中点，
所以 ，
所以 .
故选：D.
9．ABD
【分析】利用存在量词命题的否定判断A；判断存在量词命题的真假，判断B；
利用充分条件的定义判断C；利用充分不必要条件的定义判断D.
【详解】对于A，由存在量词命题的否定形式知命题正确，A正确；
对于B，当时，成立，B正确；
对于C，取，，满足，而，不是充分性条件，C错误；
对于D，能推出，而不能推出，“”是“”的充分不必要条件，D正确.
故选：ABD
10．BC
【分析】由向量共线的定义判断A，由向量运算性质判断D，由三角形重心的性质可判断C，对于D，由向量无法比较大小即可判断.
【详解】对于A，若向量，共线，只需两个向量方向相同或相反即可，则A，B，C，D不必在同一直线上，故A项错误；
对于B，由向量线性运算性质知，故B项正确；
对于C，由平面向量中三角形重心的性质，可得C项正确；
对于D，由于向量间无法比较大小，故D项错误.
故选：BC.
11．BD
【分析】对于A，利用面面平行的性质定理结合平行四边形的判定定理可证得四边形为平行四边形，再结合直棱柱的性质分析判断，对于B，连接，可证得≌，从而进行判断，对于C，由四边形面积为分析判断，对于D，由分析判断.
【详解】对于A，连接交于，连接交于，因为平面//平面，
平面平面，平面平面，
所以，同理可证得//，所以四边形为平行四边形，
因为四边为菱形，所以，
因为四棱柱为直四棱柱，所以平面，
因为平面，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为分别是棱的中点，所以，
因为//，，所以//，，
所以四边形为平行四边形，所以//，所以，
所以四边形为菱形，所以A错误，
对于B，连接，因为四边形为平行四边形，所以，
因为分别是棱的中点，所以为直四棱柱的中心，
所以过点且被平分，即，
因为，，所以≌，
所以，所以B正确，
对于C，因为四边形是边长为2的菱形，，所以，
所以，
因为四边形为菱形，所以四边形面积为,
即四边形面积的最小值为，所以C错误，
对于D，因为，点到平面的距离为定值，为定值，
所以四棱锥的体积为定值，所以D正确，
故选：BD
12．2
【分析】利用函数奇偶性求函数值.
【详解】已知是定义在上的偶函数，当时，
则.
故答案为：2.
13．1
【分析】根据导数的几何意义列出方程，即可求解.
【详解】由题意，
因为曲线在处的切线斜率为4，所以，
解得：
故答案为：1.
14．
【分析】对原式化简得，再降下标作差即可得，结合等差数列定义即可得到其通项.
【详解】，①，
当时，②，
①-②得，，
，，，
是等差数列，
又，
故答案为：
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据等差数列定义由前项和公式计算可得；
（2）易知是公比为4的等比数列，代入等比数列前项和公式可得结果.
【详解】（1）设的公差为，
由可得，
解得，
所以.
（2）由（1）可知，
易知是公比为4的等比数列，
所以可得.
16．(1)单调递增区间为；递减区间为
(2)
【分析】（1）利用导数判断函数的单调性；
（2）根据函数的单调性求最值.
【详解】（1）易知函数的定义域为，
令，得或，
令，得，
故函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
∴函数的单调递增区间为；递减区间为.
（2）由（1）得，当时，函数单调递增，
当时，函数单调递减，
所以.
17．(1)
(2)
【分析】（1）由向量平行的坐标关系可得的值，再由x∈0,π可得和的值，从而得到结果；
（2）利用数量积的坐标运算公式，化简得到，结合，利用三角函数的图象性质可分析得到值域.
【详解】（1），，又，
，.
（2）由题意：，
，
，，
，∴fx的值域是.
18．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）证明，可证线面垂直；
（2）由已知四面体体积求得体积，再由体积公式可得；
（3）建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求线面角．
【详解】（1）.的中点为，则.
.
，则，
故，即.
因为，，平面，平面，
所以平面.
（2）因为，所以.
而，
所以，解得：.
（3）过作轴垂直平面，以方向分别为
则，
，
设平面法向量为
由得，
所以为平面的一个法向量，
设与平面所成角为，


所以
所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为．
19．(1)证明见解析
(2)存在，的长度为3或
【分析】（1）通过证明，来证得平面；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法来求得正确答案.
【详解】（1）因为在中，，，且，
所以，，则折叠后，，
又平面，所以平面， 平面，
所以， 又已知，且都在面内，
所以平面.
（2）由（1）知，以CD为轴，CB为轴，为轴，建立空间直角坐标系 ，
因为，故，
由几何关系可知，，，，
故，，，，，，
假设在线段上存在点，使平面与平面成角余弦值为，
，，，
设，则，
，
设平面的法向量为，则有，即
不妨令，则，，
故平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，则有，即
不妨令，则，，所以平面的一个法向量为，
若平面与平面成角余弦值为，
则满足，
化简得， 解得或， 即或，
故在线段上存在这样的点，
使平面与平面成角余弦值为，此时的长度为3或．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
A
A
A
C
B
C
D
ABD
BC
题号
11









答案
BD