河北省承德双桥卉原中学2024-2025学年高三上学期期中考试数学试卷-A4

这是一份河北省承德双桥卉原中学2024-2025学年高三上学期期中考试数学试卷-A4，共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，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．已知则等于（ ）
A．B．C．1D．
2．已知向量满足，且，则与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
3．若复数，在复平面内对应的点关于轴对称，且，则复数（ ）
A．1B．C．iD．
4．已知角的终边经过点，则（ ）
A．2B．-2C．1D．-1
5．直线和直线，则“”是“”的（ ）
A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件D．既不充分也不必要条件
6．已知是空间两条不同的直线，是空间两个不重合的平面，下列命题为真命题的是（ ）
A．若，，，则B．若，，，则
C．若，，，则D．若，，，则
7．在数列中，已知，则（ ）
A． B． C．D．
8．已知关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．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．已知均为实数，下列命题正确的有（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
10．已知集合，，，则下列说法正确的是（ ）
A． B． C． D．
11．如图，三棱台 中，M 是AC上一点，平面ABC，∠ABC=90°，，则（ ）
A．平面
B．平面平面
C．三棱台 的体积为
D．若点P在侧面上运动（含边界），且CP与平面所成角的正切值为4，则BP长度的最小值为
三、填空题（本大题共3小题，共15分
12．已知，则 .
13．已知，，则方程不同解的个数为 ．
14．在平行四边形中，，，点在边上，满足，若，点分别为线段上的动点，满足，则的最小值为 .
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)在几何体中，底面是边长为6的正方形，，，，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直.是线段上的动点，.
(1)若，求三棱锥的体积；
(2)若平面平面，求的值.
16．(本小题15分)已知为数列的前项和，满足，.数列是等差数列，且.
(1)求数列和的通项公式；
(2)求数列的前项和；
(3)设，且，求.
17．(本小题15分)如图，在中，，，平分交于点D，．
(1)求的值；
(2)求的长度；
(3)求的面积．
18．(本小题17分)设函数．
(1)若m＝－1，
①求曲线在点处的切线方程；
②当时，求证：.
(2)若函数在区间上存在唯一零点，求实数m的取值范围.
19．(本小题17分)如图，将边长为2的正方形沿对角线折成一个直二面角，且平面，.
(1)若，
（i）求证：平面；
（ii）求直线与平面所成角的正弦值；
(2)求实数的值，使得二面角的大小为60°.
参考答案：
1．A
【分析】根据分段函数的定义域代入求值即可.
【详解】根据题意，得，
所以.
故选：.
2．C
【分析】根据两向量垂直，它们的数量积结果为零，再根据向量之间的关系可得到两向量夹角的余弦值，即可求得结果．
【详解】由，得，则，
又（其中为与的夹角，），所以，
又，所以，所以，
故选：C．
3．C
【分析】根据对称性求出，再利用复数除法求解作答.
【详解】因为复数，在复平面内对应的点关于轴对称，且，
所以，
所以.
故选：C
4．B
【分析】由正切函数的定义计算即可.
【详解】由题意，得.
故选：B.
5．A
【分析】利用两直线垂直求出实数的值，再利用充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.
【详解】因为直线和直线，
若，则，解得或，
因此，“”是“”的必要不充分条件.
故选：A.
6．D
【分析】由空间中点、线、面位置关系判断各选项的结论．
【详解】若，，，则直线有可能平行，也可能异面，A错误；
若，，，则可能有或，B错误；
若，，，则可能有或，C错误；
由，可得分别可作为平面的法向量，
由，可得，即得，D正确．
故选：D.
7．C
【分析】由已知可得，可得数列是等比数列，从而可求得数列的通项公式.
【详解】等式两边同时加1，得，
所以数列是以首项，为公比的等比数列，
所以，所以.
故选：C.
8．A
【分析】先化简不等式，将不等式恒成立问题转化为两函数图象的位置关系，再利用导数研究函数的图象，求出直线与曲线相切时的值，最后作出两函数图象，数形结合即可得解.
【详解】因为不等式恒成立，所以不等式恒成立．
设，则由题意知函数的图象恒不在直线的下方.
易知，当时，，所以在上单调递减；
当时，，所以在上单调递增；
所以，当时，，当时，，
当时，．
直线恒过点，当直线与曲线相切时，
设切点为，则
解得或，故当直线与曲线相切时的值为或．
在同一平面直角坐标系中作出直线与函数的图象如图所示，数形结合，
可知，实数的取值范围为，
故选：A．
【点睛】方法点睛：将不等式恒成立问题转化为两函数图象的位置关系，先求出直线与曲线相切时的值最后作出两函数图象，数形结合即可得解.
9．ACD
【分析】根据不等式的基本性质，即可判断A,B,C三个选项，对于选项D，用作差法，即可判断.
【详解】对于选项A：因为，所以，又，所以，所以选项A正确；
对于选项B：因为不一定为正数，例如：，但，所以选项B错误；
对于选项C：因为，易知，根据不等式性质，可知，所以选项C正确；
对于选项D：因为，
又，所以，所以，所以，所以选项D正确.
故选：ACD.
10．BCD
【分析】求出函数的定义域、值域化简集合，再结合集合的运算判断ABC；利用元素特征判断D.
【详解】函数中，，则，
对于A，，A错误；
对于B，，B正确；
对于C，，则，C正确；
对于D，集合的元素是数，集合的元素是有序实数对，因此，D正确.
故选：BCD
11．ACD
【分析】令，利用线面平行的判定推理判断A；求出点在平面上的投影点位置判断B；求出棱台体积判断C；求出点的轨迹判断D.
【详解】对于A，令，连接，由，，得，
由，得，则，
而平面，平面，则平面，A正确；
对于B，由平面，平面，得，而，
平面，则平面，在上取点，
使得，则，，因此平面，
即点在平面上的投影为线段BC上靠近点较近的3等分点，又点不在直线，
则过点与平面垂直的直线不在平面内，因此平面与平面不垂直，B错误；
对于C，依题意，，，
三棱台 的体积，C正确；
对于D，由选项B知，平面，而平面，则平面平面，
过作于，平面平面，则平面，
在直角梯形中，，在直角中，，
，由与平面所成角的正切值为4，得，，
因此点轨迹是以为圆心，为半径的圆在侧面内圆弧，的最小值为，D正确.

故选：ACD
12．
【分析】利用已知角表示未知角，再结合诱导公式和二倍角公式计算得结果；
【详解】因为.
故答案为：
13．3
【分析】分段函数，分段讨论方程解的个数即可.
【详解】当时，方程，即，
，，解得或，
当时，方程，即，
，，解得或，
因为，故此时.
故方程不同解的个数为3.
故答案为：3
14．
【分析】以为原点建立平面直角坐标系，由求出点坐标，设出的长，由此得到的长，从而求出点的坐标，然后表示出向量，，求得的表达式，由二次函数的性质得出最小值.
【详解】若，则，以为坐标原点建立平面直角坐标系，
设，则，所以，
∵，，∴，
∵，∴
所以，，
所以，是关于的开口向上，对称轴为的二次函数，当时，取得最小值.
15．(1)
(2)
【分析】(1)根据锥体体积公式直接求解；(2)利用空间向量运算，根据面面垂直则法向量数量积为零的原理求解.
【详解】（1）将几何体补成如图所示的长方体.
由题意可得，，
则四边形是边长为的正方形.
.
三棱锥的体积.
（2）以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.，，，，，，
则，，，.
由，，知，.
设平面的一个法向量为，则
，即，取，则.
设平面的一个法向量为，则
，即，取，则.
因为平面平面，所以，
则，解得.
16．(1)，
(2)
(3)
【分析】（1）利用与关系求数列的通项公式，用方程的思想求等差数列的通项公式；
（2）利用公式法和分组求和法，即可求得数列的前项和；
（3）求出数列的通项公式，然后解关于n的方程即可得解
【详解】（1）当时， 得.
由已知①
当时，, ②
①-②得.
所以 .
所以数列为等比数列，且公比为
因为，所以.
设数列公差为，

由得
所以.
综上，数列的通项公式为；；数列的通项公式为：.
（2）设，前项和
（3）
即，即，解得
17．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）在中，利用正弦定理即可得解；
（2）由（1）可求出，判断出为等腰三角形，进而求得.
（3）根据三角形的面积公式即可得解.
【详解】（1）在中，由正弦定理得，
所以，
因为，
所以；
（2）由（1）得，
由题设，，即为等腰三角形，
所以.
（3），
所以的面积.
18．(1)①；②证明见解析
(2)
【分析】（1）①对函数求导，利用导数的几何意义求出切线的斜率，然后代入点斜式直线方程即可求解.
②令，利用导数法求得其在上单调递减，结合，即可证明.
（2）对函数求导，分类讨论研究函数的单调性，利用零点存在性定理求解即可.
【详解】（1）①当时，，可得，
则，
可得曲线在点处的切线方程为，即．
②令，
则，
当时，可得在上单调递减，
又因为，所以，即，即，
即当时，.
（2）由函数，可得，
令，
当时，，即在区间0,1上单调递增．
因为，所以，
所以函数在区间0,1上没有零点，不符合题意；
当时，函数的图像开口向上，且对称轴为直线，
由，解得，
当时，在区间0,1上恒成立，
即在区间0,1上单调递减．
因为，所以，
所以函数在区间0,1上没有零点，不符合题意．
综上可得，，
设使得，
当时，单调递减；
当时，单调递增，
因为，要使得函数在区间上存在唯一零点，
则满足，解得，
所以实数m的取值范围为．
19．(1)（i）证明见解析，（ii）
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，确定平面的一个法向量，利用数量积为0，即可证得平面；利用向量的夹角即可求解正弦值.
（2）确定平面的一个法向量，平面的一个法向量为，利用二面角的大小为60°，结合向量的夹角公式，即可求求实数的值．
【详解】（1）（i）证明：如图建立空间直角坐标系，
设正方形的对角线相交于，
由于
则,
所以
设平面的一个法向量为，
取时，，
由于，故，
又不在平面内，所以平面；
（ii）平面的一个法向量为，,
设直线与平面所成角为，
则
（2）如图建立空间直角坐标系，，
设平面的一个法向量为，则有
取时，，
，
设平面的一个法向量为，
则有
取时，，
由于二面角的大小为60°，故，
即，解得，
又，所以．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
C
C
B
A
D
C
A
ACD
BCD
题号
11









答案
ACD