河北省保定市示范高中2024-2025学年高三上学期11月期中考试数学试题（解析版）-A4

这是一份河北省保定市示范高中2024-2025学年高三上学期11月期中考试数学试题（解析版）-A4，共21页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容等内容，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.
【答案】C
【解析】
【分析】分别求出集合，再根据交集定义求解.
【详解】因为集合
，所以.
故选：C.
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
【答案】D
【解析】
【分析】分别从非充分性和非必要性两方面分析.
【详解】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. 已知平面向量，满足，且在上投影向量为，则向量与向量的夹角为（ ）
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
【答案】B
【解析】
【分析】根据投影向量公式得到方程，求出，进而由向量夹角余弦公式求出，得到夹角.
【详解】因为在上的投影向量为，即，所以，
又，
，
所以，
且，则．
故选：B．
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.
【答案】A
【解析】
【分析】将立体图形展开为平面图形可确定最小时，点E的位置，然后可得体积.
【详解】将侧面如图展开，由平面几何性质可得，当为AD的中点时，满足题意.
又如图，过A向平面BCD作垂线，垂足为O，则O为中心，
连接OC，则OC为外接圆半径，由正弦定理，.
则正四面体的高为，
又E为AD中点，所以．
故选：A．
5. 已知函数，若正实数a，b满足，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据单调性和奇偶性得到，根据基本不等式“1”的妙用求解最小值，
【详解】的定义域为R，且，
所以函数是奇函数，又在R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. 若数列和满足，，，则（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题可得是以2为首项，2为公比的等比数列，又由可得，即可得答案.
【详解】，，
，即，又，
是以2为首项，2为公比等比数列，，
又，，
，.
故选：A.
7. 如图，圆O与x轴正半轴的交点为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.
【答案】A
【解析】
【分析】利用三角函数的定义得到三角函数值，然后利用二倍角公式和辅助角公式计算.
【详解】，
，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. 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
【答案】B
【解析】
【分析】由条件，利用赋值分别求出，，，并得到的图象关于点对称，得到函数的周期，进而通过分类讨论求解即可.
【详解】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．
【点睛】方法点睛：本题解题关键是通过对抽象函数关系进行赋值法求出特殊函数值，发现函数的周期，利用函数周期性结合分类讨论思想来求解.
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. 对应的点在第四象限D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】将代入方程，再由复数相等得到方程组，即可求出、的值，即可判断A、B；利用韦达定理求出，即可判断C；再根据复数代数形式的除法运算化简，求出其模，即可判断D.
【详解】由是方程的根，得，
整理得，因此，解得，
所以方程为，故B正确；
对于A，根据方程，可得，所以方程无实数根，故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，
，所以，故C，D正确．
故选：BCD．
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
【答案】ABD
【解析】
【分析】A由题可得点处的切线方程的斜率和，即可得切线方程；B，由题可得，，即可判断选项正误；C，有两个极值点等价于有两个整根，即可得取值范围；D，可化为，后由及单调性可得的取值范围.
【详解】对于A，设切线方程为：.当时，，
则，，即切线方程为，故A正确；
对于B，当时，，；或.
则在上递增，在上递减，得，
，又注意到当趋近于负无穷大时，趋近于正无穷大，
趋近于正无穷大时，趋近于负无穷大，则分别在上有一个零点，故B正确；
对于C，，，令，
因有两个极值点，则有两个不等正根，，故 C错误；
对于D，，即，可化为，
令，因，则hx在0,+∞上单调递增，
即，令，则，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
则，则，即，故D正确．
故选：ABD．
【点睛】关键点点睛：对于三次函数零点个数问题，常利用函数极大值与函数极小值存在性及符号可判断零点个数；
极值点相关问题，常转化导函数零点问题解决；指对函数含参问题，常利用指对互化以产生相同结构，从而简化问题.
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
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项：由线面垂直证明面面垂直；B选项：由角与角相等转换为旋转，由平行于轴的平面与圆锥的截面是双曲线的一支可知，动点的轨迹为双曲线的一部分；C选项：由向量关系找到点的位置，因为球心到面的距离最大时，截面面积最小，所以为截面圆心，勾股定理求出得到截面圆半径，求得最小截面面积；D选项：旋转得到的圆锥与旋转轴夹角恒为，在正方体中求出角的正切值，从而找到旋转过程中形成的最大角和最小角，从而求出范围.
【详解】对于A，在正方形中，，在正方体中平面，∵平面，∴，
∵，∵平面，平面，
∴平面，同理可证平面，
∵平面，平面，
∴，，且，平面，平面，
∴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，过点作于点，连接，∵，，则，球的半径若要截面面积最小，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，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，与所成角的正切值的取值范围为，故D正确．

故选：ACD．
【点睛】方法点睛：空间图像中角的旋转会形成一个圆锥，因为圆锥母线和旋转轴夹角不变，所求的另一条直线与旋转轴夹角也为固定值，所以三线共面时，两直线夹角取最大和最小值.
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___________．
【答案】##
【解析】
【分析】由，则数列的连续四项要么同号，要么两正两负，后由集合可得数列的连续四项必包含，，即可得答案.
【详解】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. 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___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据辅助角公式可得，即可根据对称求解，进而根据求解.
【详解】，，
令，则，
得，所以，
所以，
令，则，得，由可得．
故答案为：．
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___________．
【答案】（且）
【解析】
【分析】设及切线方程，由直线与圆相切得出关于斜率k的方程，由判别式得出，再由斜率关系计算即可.
【详解】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）.
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. 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．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）在中利用余弦定理得到，然后利用三角形面积公式计算；
（2）利用面积相等的思路得到，然后利用基本不等式求最值即可.
【小问1详解】
由，，可得．
在中，由余弦定理得，即，可得．
故．
【小问2详解】
，
，，
，
．
，
当且仅当，即，时，等号成立．
故的最小值为．
16. 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．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，以点为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用空间位置关系的向量证明推理即得.
（2）由（1）中坐标系，求出平面的法向量，再利用线面角的向量求法列式求解判断即得.
【小问1详解】
由，平面，得直线两两垂直，
以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，
，，，
设平面的法向量为，则，令，得，
于是，而平面，所以平面．
【小问2详解】
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）知，，
设平面的法向量为，则，令，得，
设直线BM与平面所成的角为，
则
，整理得，而，解得，
所以存在满足题意的点，此时．
17. 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．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将单调递增转化为恒成立，然后利用基本不等式求最值即可；
（2）根据对称性得到的图象关于点对称，根据有两个极值点得到，然后利用导数分析单调性得到极值，最后结合对称性求极大值和极小值之和的范围.
【小问1详解】
当时，．
单调递增，
恒成立，即恒成立．
令，当且仅当时，等号成立．
，．
【小问2详解】
，
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. 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．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用得到为等比数列，然后求通项即可；
（2）利用错位相减的方法得到，然后分为奇数和偶数两种情况分析即可.
【小问1详解】
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．
【小问2详解】
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. 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，引入虚数单位，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，且在的上方，求线段的最大值．
【答案】（1）
（2）①；②3.
【解析】
【分析】（1）计算出，结合特殊角的三角函数值得到，写出答案；
（2）①整理得到，由复数形式根公式计算即可求出两根；
②方法一：设，利用复数的计算法则化简，并得到，点的轨迹为单位圆的一部分．设，，所表示的复数为，所表示的复数为，则，计算出，得到，则，从而求出线段的最大值；
方法二：设，利用复数的计算法则化简，并得到，点的轨迹为单位圆的一部分．连接，设，，，，由余弦定理和正弦定理得，，化简得到，线段的最大值为3．
【小问1详解】
由于，因此，所以，所以，，
因为，所以，所以；
【小问2详解】
①由题意得，整理得，所以.
②方法一：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.
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，
故线段的最大值为3.
方法二：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．
连接，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．
故线段的最大值为3．
【点睛】新定义问题的方法和技巧：
（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念.