2024-2025学年河北省邯郸市武安市高三上册10月期中考试数学检测试题（含解析）

这是一份2024-2025学年河北省邯郸市武安市高三上册10月期中考试数学检测试题（含解析），共18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
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．若复数满足（是虚数单位），则等于（ ）
A．B．C．D．
3．已知平面向量，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
4．记为等差数列的前项和，若，则（ ）
A．21B．19C．12D．42
5．已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做点绕点沿逆时针方向旋转角得到点.已知平面内点，点，把点绕点沿顺时针方向旋转后得到点，则点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
6．已知数列的前项和为，其中，且，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知正四棱台下底面边长为，若内切球的体积为，则其外接球表面积是（ ）
A．49πB．56πC．65πD．130π
二、多选题
9．如图，在正方体中，分别为棱的中点，点是面的中心，则下列结论正确的是（ ）
A．四点共面B．平面被正方体截得的截面是等腰梯形
C．平面D．平面平面
10．已知函数，则（ ）
A．的一个对称中心为
B．的图象向右平移个单位长度后得到的是奇函数的图象
C．在区间上单调递增
D．若在区间上与有且只有6个交点，则
11．我们知道正.余弦定理推导的向量法，是在中的向量关系的基础上平方或同乘的方法构造数量积，进而得到长度与角度之间的关系.如图，直线与的边，分别相交于点，，设，，，，则下列结论正确的有（ ）
A．
B．
C．
D．
三、填空题
12．已知集合中的三个实数，按一定顺序排列后可以排成一个等差数列和一个等比数列，则 ．
13．已知函数在上是增函数，且，则的取值的集合为 .
14．已知点为扇形的弧上任意一点，且，若，则的取值范围是 .
四、解答题
15．的内角的对边分别为，已知．
(1)求角；
(2)若角的平分线交于点，求的长．
16．如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，.
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值.
17．已知等比数列的各项均为正数，成等差数列，且满足，等差数列数列的前项和．
(1)求数列和的通项公式：
(2)设的前项和，求证：．
18．分别过椭圆的左、右焦点作两条平行直线，与C在x轴上方的曲线分别交于点．
(1)当P为C的上顶点时，求直线PQ的斜率；
(2)求四边形的面积的最大值．
19．我们称复数列为广义等差的，若实数列和均为等差数列．
(1)若等比复数列（即）是广义等差的，证明：；
(2)已知，若复数列为广义等差的，求的所有可能值；
(3)若复数列是广义等差的，且，证明：对于任意实数，复数列中至多存在两项，使得．
答案：
1．B
【分析】解一元二次不等式求出集合A，然后由交集运算可得.
【详解】解不等式，得，
所以.
故选：B
2．C
【分析】由复数的除法运算计算可得，再由模长公式即可得出结果.
【详解】依题意可得，
所以.
故选：C
3．A
【分析】根据投影向量的计算公式即可求解.
【详解】，
所以向量在向量上的投影向量为.
故选：A
4．A
【分析】根据等差数列的性质，即可求解公差和首项，进而由求和公式求解.
【详解】是等差数列，，即，所以
故公差，，
故选：A
5．C
【分析】根据题意，计算出 ，再根据向量的坐标运算法则计算出点P的坐标.
【详解】因为,
所以 ，
将向量顺时针方向旋转，即逆时针旋转，
得到
化简得 ，
所以P点坐标为；
故选：C.
6．C
【分析】由，采用构造数列的方法，，则可以确定数列为等比数列，然后进行求解即可.
【详解】因为，
所以，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，
即，所以．
故选：C.
7．D
【分析】利用两角差的余弦定理和同角三角函数的基本关系建立等式求解，再由两角和的余弦公式求解即可．
【详解】由已知可得，
解得
，
，
，
，
故选：D．
8．C
【分析】作出正四棱台及其内切球的轴截面，求出正四棱台的上底面边长，再求出外接球半径即可得解.
【详解】正四棱台下底面边长，设其内接球半径为，则，解得，
取的中点，则四边形内切圆是正四棱台内接球的截面大圆，
则四边形是等腰梯形，，而，
，整理得，而，则，
设为正四棱台外接球球心，为该球半径，则，
令分别为正四棱台上下底面的中心，则，，
，，
当球心在线段时，，解得，球的表面积为；
当球心在线段的延长线时，，无解，
所以所求外接球表面积是.
故选：C
9．BD
【分析】可得过三点的平面为一个正六边形，判断A；分别连接和，截面是等腰梯形，判断B；分别取的中点，易证显然不平行平面，可判断C；平面，可判断D.
【详解】对于A：如图经过三点的平面为一个正六边形，点在平面外，四点不共面，选项A错误；
对于B：分别连接和，则平面即平面，截面是等腰梯形，选项B正确；
对于C：分别取的中点，则平面即为平面，
由正六边形，可知，所以不平行于，
又平面，所以，所以平面，
所以不平行于平面，故选项错误；
对于D：因为是等腰三角形，，
，，
是的中点，易证，由正方体可得平面，
平面，又平面，，
平面，平面，
平面，平面平面故选项D正确．
故选：BD．
10．BD
【分析】代入即可验证A，根据平移可得函数图象，即可由正弦型函数的奇偶性求解B，利用整体法即可判断C，由求解所以根，即可求解D.
【详解】对于A，由，故A错误；
对于B，的图象向右平移个单位长度后得：
，为奇函数，故B正确；
对于C，当时，则，由余弦函数单调性知，在区间上单调递减，故C错误；
对于D，由，得，解得或，
在区间上与有且只有6个交点，
其横坐标从小到大依次为：，
而第7个交点的横坐标为，
，故D正确.
故选：BD
11．ABD
【分析】利用余弦定理可判断A；利用正弦定理和正弦的和差公式可判断B；利用特殊值可判断C错误；设，在两边同乘向量，根据数量积定义即可判断D.
【详解】对A，由余弦定理知，，
，
上述三个等式相加得，A正确；
对B，因为，
所以，B正确；
对C，当时，式子左边，右边，
由得，
此时，只有当时，等式才成立，由于角的任意性，所以等式不一定恒成立，C错误；
对D，设，则，
则，
因为，所以，
即，
整理得，D正确.
故选：ABD
12．5
【分析】由已知可得−2是与的等比中项，求得，然后分，再结合等差中项的概念列式求解与的值，即可求解.
【详解】因为，所以−2是与的等比中项，则，
若，则为与−2的等差中项，可得，解得，，
所以；
若，则为与−2的等差中项，可得，解得，，
所以；
综上所述.
故5.
13．
【分析】由可得，由函数在上是增函数可得，然后对的取值逐一验证，然后可得取值.
【详解】由可知，，得，
所以，
又函数在上是增函数，
所以，即，所以，
所以，的可能取值为.
当时，由解得，
经检验，时不满足题意；
当时，由解得，
经检验，时满足题意.
所以，的可能取值为.
故
本题综合考查了三角函数的单调性、最值、周期之间的关系，关键在于能从已知中发现周期的所满足的条件，然后根据周期确定的可能取值，再通过验证即可求解.
14．
【分析】建系设点的坐标，再结合向量关系表示，最后应用三角恒等变换及三角函数值域求范围即可.
【详解】方法一：设圆的半径为1，由已知可设为轴的正半轴，为坐标原点，过O点作x轴垂线为y轴建立直角坐标系，
其中，其中，
由，
即，整理得，
解得，
则，
所以.
方法二：设，如图，当位于点或点时，三点共线，所以；
当点运动到的中点时，，所以
故
15．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理及两角和的正弦定理整理得到，再利用三角形的内角及正弦函数的性质即可求解；
（2）利用正弦定理得出，再由余弦定理求出，，再根据三角形的面积建立等式求解．
【详解】（1）由，
根据正弦定理可得，
则，
所以，整理得，
因为均为三角形内角，所以，
因此，所以．
（2）因为是角的平分线，，
所以在和中，由正弦定理可得，，
因此，即，所以，
又由余弦定理可得，即，
解得，所以．
又，即，
即，所以．
16．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）．
【详解】分析：（1）先证明，，再证明平面.(2)利用向量方法求直线与平面所成角的正弦值.
详解：（Ⅰ）因为，平面平面，，
所以平面，所以，
又因为，所以平面；
（Ⅱ）取的中点，连结，，
因为，所以.
又因为平面，平面平面，
所以平面.
因为平面，所以.
因为，所以.
如图建立空间直角坐标系，由题意得，
，，，，.
设平面的法向量为，则
，即，
令，则，.
所以.
又，所以.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
点睛：（1）本题主要考查线面位置关系的证明，考查直线和平面所成的角的求法，意在考查学生对这些知识的掌握水平和空间想象转化能力.(2) 直线和平面所成的角的求法方法一：（几何法）找作（定义法）证（定义）指求（解三角形），其关键是找到直线在,平面内的射影作出直线和平面所成的角和解三角形.方法二：（向量法），其中是直线的方向向量，是平面的法向量，是直线和平面所成的角.
17．(1)，
(2)证明见详解
【分析】（1）根据等差数列，等比数列的基本量运算列式求解；
（2）由（1）可得，利用裂项相消法求和得证.
【详解】（1）由题，设数列an的公比为（），bn的公差为，
由，即，
解得，，
又，即，
解得，.
所以数列an的通项公式为，数列bn的通项公式为.
（2）由（1）得，，
所以
，
，，
所以.
18．(1)
(2)3
【分析】（1）结合图形，易得，求得的斜率，由直线与椭圆的方程联立，求得点，即得直线PQ的斜率；
（2）结合图形，由对称性可知，四边形是平行四边形，四边形的面积是面积的一半，设直线的方程，并与椭圆方程联立，写出韦达定理，求出和点到直线的距离，得到四边形的面积函数式，利用换元和对勾函数的单调性即可求得面积的最大值.
【详解】（1）由可知,椭圆上顶点为，即,
直线的斜率为，则直线的方程为：，
将其代入整理得，，解得，或，
因点在x轴上方,故得点，于是直线PQ的斜率为：；
（2）
如图，设过点的两条平行线分别交椭圆于点和，
利用对称性可知，四边形是平行四边形，且四边形的面积是面积的一半.
显然这两条平行线的斜率不可能是0（否则不能构成构成四边形），可设直线的方程为
代入，整理得：，显然，
设，则，
于是，
，
点到直线的距离为，
则四边形的面积为，
令，则，且，代入得，，
因函数在上单调递增，故，当时，取得最小值为4，此时.
19．(1)证明过程见解析
(2)
(3)证明过程见解析
【分析】（1）由题意只需证明，结合以及复数运算即可得证；
（2）先由（1）中结论可得，求出对应的的可能值，再验证是否满足即可；
（3）根据等差数列的几何意义以及椭圆的定义、复数模的概念，以及直线与椭圆的位置关系即可得证.
【详解】（1）若等比复数列（即）是广义等差的，设，
则实数列和均为等差数列，设它们的公差分别为，
要证，只需证，只需证，
由题意
，
从而；
综上所述，命题得证；
（2）设，则，
所以等比复数列为广义等差的，
由（1）可知，事实上结合（1）的分析过程可得更一般的结论：
，
在这里，我们先考虑方程或，
即或，
而当时，满足，
由以上分析，这表明复数列为广义等差的，故符合题意；
当时，，
这意味着，而这与矛盾，故复数列不为广义等差的，故不符合题意，
综上所述，满足题意的所有的取值是；
（3）一方面：若复数列是广义等差的，且，设，，
由题意中至少有一个不为0，
则由等差数列的几何意义可知，点列必定分布在某一条确定的直线上，
另一方面：对于任意实数，若，设，
则，
由椭圆的定义可知点列必定分布在某一给定的椭圆上，
结合以上两方面，且由直线与椭圆的位置关系可知，直线与椭圆最多有两个不同的交点，
这意味着，对于任意实数，复数列中至多存在两项，使得．
关键点点睛：第三问的关键在于将复数、等差数列的几何意义与直线和椭圆的位置关系结合起来，由此即可顺利得证.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
C
A
A
C
C
D
C
BD
BD
题号
11









答案
ABD