2024_2025学年河北省承德市承德县高三上学期期中考试数学试卷[附解析]

这是一份2024_2025学年河北省承德市承德县高三上学期期中考试数学试卷[附解析]，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（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．已知全集为实数集，若集合，，则（ ）
A． B． C． D．−1,1
2．已知为虚数单位，则（ ）
A．B．1C．D．
3．在中，为的中点，为的中点，若，则等于（ ）
A．B．C．D．
4．已知曲线，在点处的切线与直线垂直，则a的值为（ ）A．1B．C．3D．
5．已知，则等于（ ）
A．B．C．D．或
6．已知都是正实数，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
7．已知公差不为0的等差数列中，且，则（ ）
A．30B．C．D．40
8．已知函数.若函数有8个不同的零点，则a的取值范围是（ ）
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．下列命题中是真命题的是（ ）
A．“”是“”的充分不必要条件
B．命题“，都有”的否定是“，使得”
C．不等式成立的一个充分不必要条件是或
D．“”是“”的必要不充分条件
10．下列说法中正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，，则D．若，则
11．如图，是边长为2的正方形，，，，都垂直于底面，且，点在线段上，平面交线段于点，则（ ）
A．，，，四点不共面
B．该几何体的体积为8
C．过四点，，，四点的外接球表面积为
D．截面四边形的周长的最小值为10
三、填空题（本大题共3小题，共15分）
12．已知函数的表达式为，则满足的实数m的最大值为 ．
13．若函数在区间上单调递减，则实数的最小值为 .
14．如图，在棱长均相等的正四棱锥P－ABCD中，O为底面正方形的中心，M，N分别为侧棱PA，PB的中点，有下列结论：
①PC∥平面OMN； ②平面PCD∥平面OMN；
③OM⊥PA； ④直线PD与直线MN所成角的大小为90°.
其中正确结论的序号是 .
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)记的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知.
(1)求B；
(2)若，的面积为，求b.
16．(本题15分)已知数列是首项为2，各项均为正数的等比数列，且是和的等差中项.
(1)求的通项公式；
(2)若数列满足，求的前2024项和.
17．(本题15分)如图，在直五棱柱中，，，，，，.
(1)求证：；
(2)求平面与平面的夹角余弦值；
(3)求点到平面的距离.
18．(本题17分)已知函数.
(1)若函数在处的切线平行于轴，求的值；
(2)讨论的单调性；
(3)若有两个不同的零点，求的取值范围.
19．(本题13分)如图，等腰直角三角形中，，是中点，、分别是、边上的动点，且，将沿折起，将点折至点的位置，得到四棱锥.
(1)求证：；
(2)若，二面角是直二面角，求平面与平面夹角的余弦值；
(3)当时，是否存在这样的点，使得二面角为，且直线与平面所成角为，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由.
答案：
1．A
【分析】解不等式可得各集合，进而可得.
【详解】由已知，
，
则，
故选：A.
2．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.
3．B
【分析】由向量的线性运算结合图形特征，求出的值即可.
【详解】在中，为的中点，为的中点，
则，所以，.
故选：B
4．C
【分析】根据导数求出曲线在点处的切线斜率，再根据两条互相垂直的直线斜率之积等于算出即可.
【详解】，则，
则，曲线在点处的切线与直线垂直，
所以，解得.
故选：C
5．A
【分析】方法一：由得，两边平方得，与联立即可求解；
方法二：由得，再根据可得，在等式两边同时除以“1”即可求解.
【详解】解法一：由得，
两边平方得，
又知，
所以可得，即，
解得，所以，
因此．
解法二：由得，
又知，所以有，
于是左边作“1”的代换有，
从而可得，
所以，即，
解得，
故选:A．
6．C
【分析】由条件得，通过配凑变形，利用基本不等式求的最小值.
【详解】由，得，
则，
当且仅当，即时等号成立，此时，
所以的最小值为.
故选：C.
7．C
【分析】假设首项和公差，列等式即可求解，再用前n项和公式求解即可.
【详解】假设等差数列的首项为，公差为，
由且得，
因为公差解，所以解得，
所以，
故选：C.
8．D
【分析】画出函数的图象并利用函数与方程的思想结合图象可知方程有两个不相等的实数根，且，再由二次函数根的分布解不等式可得a的取值范围.
【详解】根据题意对于函数可得；
当时，令，可得，
所以时，，可得在上单调递增，
当时，，此时在上单调递减；
因此在处取得极小值，也是最小值；
画出函数的图象如下图所示：
令，可得，
若函数有8个不同的零点，可知方程有两个不相等的实数根，
结合图象可知，
所以需满足，解得
故选：D
方法点睛：在求解复合函数根的个数问题时，经常利用函数与方程的思想画出函数图象并根据图象之间的交点个数来限定参数所满足的不等关系，解不等式即可得出结论.
9．ACD
【分析】利用充要条件的定义与全称命题的否定结合一元二次不等式和分式不等式的解法逐项判断即可.
【详解】对于A，“”可以推出“”，而“”不能推出（如），
所以“”是“”的充分不必要条件，故A正确；
对于B，命题“，都有”的否定是“，使得”，故B错误；
对于C，不等式成立，即或，
即或能推出即或，
或不能推出或，
所以不等式成立的一个充分不必要条件是或，故C正确；
对于D，由成立得不出成立，所以“”是“”的不充分条件，
因为，所以“”是“”的必要条件，
所以“”是“”的必要不充分条件，故D正确.
故选：ACD.
10．BD
【分析】对A，举反例判断即可；对B，根据分式的性质判断即可；对C，举反例判断即可；对D，根据不等式性质判断即可.
【详解】对A，若，则，故A错误；
对B，若，则，故，故B正确；
对C，若，，则，故C错误；
对D，若，则，，即，故D正确.
故选：BD
11．BCD
【分析】对于A，利用证明四点共面；对于B，通过补形可知，此几何体体积是底面边长为2的正方形，高为4的长方体体积的一半，进而求体积；对于C，过，，，构造正方体，则外接球直径为正方体的体对角线，进而求表面积；对于D，利用面面平行的性质定理证明四边形为平行四边形，则周长，进而求的最小值即可.
【详解】对于A，取中点，取靠近的三等分点，
易知四边形为平行四边形，四边形为平行四边形，
所以，，则，
所以，，，四点共面，故错误；
对于B，由对称性知，此几何体体积是底面边长为2的正方形，高为4的长方体体积的一半，所以，故B正确；
对于C，过四点，，，构造正方体，
所以，外接球直径为正方体的体对角线，
所以，则，所以此四点的外接球表面积为，故C正确；
对于D，
由题意，平面平面，平面平面，平面平面，
所以，同理可得，
所以四边形为平行四边形，则周长，
沿将相邻两四边形推平，当，，三点共线时，最小，最小值为5，
所以周长的最小值为，故D正确，
故选：BCD
12．
【分析】结合偶函数定义可得为偶函数，再利用指数函数对称性解出不等式即可得.
【详解】当时，有，又定义域为，故为偶函数，
又当时，单调递增，故对有，
即，即有，解得，
故m的最大值为.
故答案为.
13．0
【分析】由题意，可推得在区间上恒成立，可通过求在区间上的最大值得到实数的最小值.
【详解】由题意，可知在区间上恒成立，
即在区间上恒成立，
因在上为增函数，故，
故得，即实数的最小值为0.
故0.
14．①②③
【分析】根据线面平行的判定可判定①；由面面平行的判定可判断②；由勾股定理可得PC⊥PA，结合PC⊥PA可判断③；通过线面直线所成角的定义及题设可证得∠PDC即为直线PD与直线CD所成的角，结合△PDC为等边三角形可判断④.
【详解】连接AC，如图
∵O为底面正方形的中心，∴是的中点，
又M为侧棱PA的中点，∴PC∥OM，
又PC⊄平面OMN，OM⊂平面OMN，所以PC∥平面OMN，
故结论①正确；
同理PD∥平面OMN，又PCPD＝P，PC，PD平面PCD，
所以平面PCD∥平面OMN，故结论②正确；
由于四棱锥的棱长均相等，所以，所以.
又∥，所以，故结论③正确；
由于M，N分别为侧棱PA，PB的中点，所以MN∥AB.
又四边形ABCD为正方形，所以AB∥CD，所以MN∥CD，
所以直线PD与直线MN所成的角即为直线PD与直线CD所成的角，即∠PDC.
又△PDC为等边三角形，所以，故④错误.
故①②③.
15．(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理和余弦定理得到，求出；
（2）由三角形面积公式得到，结合，利用余弦定理求出.
【详解】（1）由
得，
由正弦定理得，
所以由余弦定理得，
又，
所以；
（2）因为，
所以.
由余弦定理得
，
所以.
16．(1)
(2)
【分析】（1）利用等差数列、等比数列的性质即可求解；
（2）利用裂项相消法结合对数运算公式求数列的前n项和即可.
【详解】（1）设数列的公比为，则.
因为是和的等差中项，所以，
即，
解得或（舍去）或（舍去）
所以.
（2）由（1）知
，
.
，
故的前2024项和.
17．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）先根据条件证明平面，然后即可证明；
（2）建立合适空间直角坐标系，分别求解出平面与平面的一个法向量，根据法向量夹角的余弦值求解出结果；
（3）根据空间中点到平面的距离计算公式直接求解出结果.
【详解】（1）因为几何体为直五棱柱，所以平面，又平面，所以，
因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以.
（2）由直五棱柱的结构特点可知平面，因为，，所以，
故以为原点，分别以为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，
因为，，，所以四边形是矩形，
因为，，所以是等腰直角三角形，
所以，所以，
设平面的一个法向量为，
所以，取，则，所以，
设平面的一个法向量为，
所以，取，则，所以，
所以，
所以平面与平面的夹角余弦值为.
（3）因为平面的一个法向量为，且，
所以点到平面的距离为.
18．(1)；
(2)答案见解析；
(3).
【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义求出.
（2）利用导数分类讨论求出函数的单调区间.
（3）利用零点的意义分离参数，构造函数，借助直线与函数图象交点个数求出范围.
【详解】（1）函数，求导得，
由函数在处的切线平行于轴，得，则，
此时，，函数图象在处的切线为，符合题意，
所以.
（2）函数的定义域为，由（1）知，，
当时，由，得或，由，解得，
函数在上单调递增，在上单调递减；
当时，，在上单调递增；
当时，由，得或，由，得，
函数在上单调递增，在上单调递减；
当时，由，得，由，得，
函数在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，函数的递增区间是，递减区间是；
当时，函数的递增区间是；
当时，函数的递增区间是，递减区间是；
当时，函数的递增区间是，递减区间是.
（3）依题意，，
由，得，记，求导得，
当时，，当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，且，当时恒成立，
因此要使有两个零点，即直线与函数的图象有两个交点，
必有，即，
所以的取值范围是.
19．(1)证明见解析
(2)
(3)存在，
【分析】（1）由折叠可证线面垂直，由线面垂直的性质可证明结论.
（2）建立空间直角坐标系，表示各点坐标，计算平面法向量，利用公式计算平面夹角的余弦值.
（3）建立空间直角坐标系，设，利用“二面角为”表示点坐标，根据线面角的向量公式求的长.
【详解】（1）∵，，
∴，即，，
∵，，平面，∴平面，
∵平面，∴.
（2）∵二面角是直二面角，∴平面平面，
∵平面平面，，平面，∴平面，
如图，以，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，
设，则，，，，，
∴，.
设平面法向量为，
，令，则，，故，
由题意得，平面法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则.
（3）
分别以、所在直线分别为轴、轴，过作平面的垂线为轴，建立如图空间直角坐标系，
设，则，，，，
由（1）得，二面角的平面角为，即，故，
∴，.
由题意得，平面的法向量为，
，解得，
∴存在点，.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
D
B
C
A
C
C
D
ACD
BD
题号
11









答案
BCD