河北省保定市2024_2025学年高三数学上学期10月期中检测试题含解析

这是一份河北省保定市2024_2025学年高三数学上学期10月期中检测试题含解析，共15页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁， 设函数为偶函数， 已知且，则的最小值是， 函数的图象经过等内容，欢迎下载使用。
1.答题前，请务必将自己的姓名､准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题卡上.将条形码横贴在答题卡“条形码粘贴处”.
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和容题卡一并交回.
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.
1. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】解不等式求得集合，进而求得.
【详解】由解得，所以，
而，所以.
故选：A
2. 已知是的共轭复数，则（ ）
A. 0B. C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数运算法则求得，再根据共轭复数的定义求解即可.
【详解】，
则.
故选：B.
3. 已知向量，且，则（ ）
A. 1B. 2C. D. 0
【答案】C
【解析】
【分析】先利用向量模的坐标运算求得，进而利用数量积的坐标形式求得.
【详解】，则，
由于，所以，
所以，所以.
故选：C
4. 若一个球的体积和表面积数值相等，则该球的半径的数值为（ ）
A. 2B. 3C. 4D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用球的体积公式和表面积公式列方程求解即可.
【详解】由题意，所以.
故选：B
5. 设函数为偶函数.当满足时，有最小值2，则和的值分别是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性、周期性求得正确答案.
【详解】依题意，，所以，
当满足时，有最小值2，
所以，所以，
由于是偶函数，所以，而，所以.
故选：D
6. 若中，角所对的边分别为平分交于，且，则（ ）
A. B. 3C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由，CD平分交于可得，后由余弦定理可得答案.
【详解】因CD平分，则，由正弦定理：，
又，则.
设，则.又,
由余弦定理：
.
故选：C
7. 已知且，则的最小值是（ ）
A. 12B. 16C. 15D. 14
【答案】D
【解析】
【分析】先结合已知将变为，然后利用基本不等式求解即可.
【详解】因为，所以，
又，所以，所以，
当且仅当时等号成立，即的最小值是14.
故选：D
8. 已知函数若关于的方程至少有5个不等的实数解，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求的解析式，然后画出的图象，根据图象确定正确答案.
【详解】当时，，
当时，，所以，
当时，，所以
，
当时，，所以
，
画出、的图象如图所示，
问题转化为函数的图象与直线的至少有5个公共点，
由图可知，故的范围是B正确.
故选：B
【点睛】关键点睛：
图象的精确绘制：绘制函数的图象是解题的关键，通过准确的图象确定直线与曲线的交点个数，进而得到解的数量．
交点数量与参数关系：通过分析图象，确定直线与函数图象的交点个数，进而得到参数的范围，这是解题的突破口．
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9. 函数的图象经过（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据指数函数的性质，不等式的性质确定正确答案.
【详解】由于，所以，
函数在上单调递增，
的图象向下平移个单位，得到的图象，
所以函数的图象不经过第四象限，
经过第一、二、三象限.
故选：ABC
10. 若是平面的一条斜线，，直线平面且直线，记直线与平面所成的角为，则下列说法正确的是（ ）
A. 与是一对异面直线
B. 若点和分别为直线上和平面内异于点的点，则
C. 若和分别是直线与上的动点，则满足且的直线不唯一
D. 过直线有且只有唯一平面与直线平行
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，根据异面直线的定义，结合题意，可得答案；
对于B，利用向量的数量积，结合数形结合思想，建立方程，根据余弦函数的单调性，可得答案；
对于C，根据线面垂直判定定理，结合面面垂直判定定理，可得答案；
对于D，根据平面公里，结合题意，可得答案.
【详解】对于A，由题意可知，，，则与无交点且不平行，故A正确；
对于B，由题意，过作，垂足为，连接，作图如下：
易知，因为，，所以，同理，
在中，，
，
则，
即，
化简可得，
由，且，则，
由，则，故B正确；
对于C，设与唯一确定的平面为，与唯一确定的平面为，
因为与是一对异面直线，所以，
过点作，显然，因为，所以，
设与唯一确定的平面，
因为，，，，所以，
因为，所以，，显然是唯一的，故C错误；
对于D，任意取，过作，由与是一对异面直线，则，
易知与确定唯一平面，故D正确.
故选：ABD.
11. 若函数存在两个极值点，下列说法正确的是（ ）
A. 时满足条件
B. 不存在实数使得均为正整数
C. 当时，的最大值为
D. 对任意正整数，均存在对应的，使得
【答案】CD
【解析】
【分析】利用多次求导的方法，结合函数的单调性、极值、最值等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】，，
当时，在上单调递增.
此时至多有一个极值点，不符合题意.
当时，若；若.
在上单调递增，在上单调递减.
又当时.当时，
故只需，A错误.
此时且，
由于是的两个零点且.则，
若为正整数，则.
此时.
所以存在使得均为正整数，B错误.
由于和是函数与直线交点横坐标.
，
当时，恰有.
所以当时，必有，
当时，必有，
（注：对于，，
所以函数在上，函数单调递增，
上，函数单调递减，，
由图象与直线交点变化情况可知m越小，越小，越大；
m越大，越大，越小）
所以当时，m的最大值为.C正确.
.
由于当时，，此时，
当时，，此时，
故的取值范围是，
即对任意正整数均存在使得.D正确.
综上可知：CD正确.
故选：CD
【点睛】易错点睛：极值点个数的判断，容易在判断极值点的个数时遗漏某些情况，特别是在导数符号变化的边界条件上，需要仔细分析导数为零的点是否为极值点以及其对应的单调性变化. 解题过程中，关键在于通过多次求导确定函数单调性及极值点.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分.
12. 已知曲线在处的切线斜率为4，则实数的值为__________.
【答案】1
【解析】
【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.
13. 函数的最小正周期是__________，在上的单调递减区间是__________.
【答案】 ①. ②. （开闭区间均可）
【解析】
【分析】利用三角恒等变换化简，结合正弦函数的周期性以及单调性，即可求得答案.
【详解】由题意得
，
故的最小正周期是；
当时，，
令，即得时，
故在上的单调递减区间是，
故答案为：；
14. 已知递增数列共有项（为定值）且各项均不为零，末项.若从数列中任取两项和，当时，仍是数列中的项，则数列的通项公式__________（用含和的式子表示.）
【答案】
【解析】
【分析】结合条件证明，再证明数列是以为首项，以为公差的等差数列，由此可得结论.
【详解】由题意：，
若，则，而是递增数列中的项，
这与是数列的最大项矛盾，故必有.
因为数列是单调递增数列，所以有.
从而有，且它们均为数列中的项.
因此
由上可知，
所以数列是以为首项，以为公差的等差数列.
所以.
故答案为：.
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. 已知向量.
（1）若，且，求的值；
（2）设函数，求函数的值域.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由向量平行的坐标关系可得的值，再由可得和的值，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.
【小问1详解】
，，又，
，.
【小问2详解】
由题意：，
，
，，
，的值域是.
16. 已知直三棱柱中，，且，点分别为线段和的中点.
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面的夹角.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）通过证明、来证得平面.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面与平面的夹角.
【小问1详解】
平面平面，
又，
又，平面，平面
又平面.又
，
即.又平面，平面.
【小问2详解】
如图所示，以点为原点，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
易得，
设平面的法向量，则，
取，则法向量.
由（1）可知平面的法向量.
平面与平面的夹角为.
17. 在中，角对边分别为.
（1）求角；
（2）若，求的值；
（3）在（2）的条件下，若边，点为线段上的动点，点为线段上的动点，且线段平分的面积，求线段长度的最小值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理以及三角恒等变换的知识求得.
（2）根据已知条件以及余弦定理求得.
（3）根据三角形的面积公式列方程，结合余弦定理以及基本不等式求得的最小值.
【小问1详解】
由正弦定理可知：
，，
，
，
.
【小问2详解】
，又，
，
.
【小问3详解】
若边由（1）（2）可知，
，
令，则，
又由余弦定理得：（当时等号成立）,
的最小值为.
18. 已知函数.
（1）已知直线是曲线的切线，求实数a的值；
（2）求函数的单调区间；
（3）求证：恒成立.
【答案】（1）
（2）在上单调递减，在上单调递增
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由求得切点的坐标，代入切线方程求得.
（2）利用多次求导的方法求得的单调区间.
（3）将恒成立的不等式转化为，利用构造函数法，结合多次求导的方法来求得正确答案.
【小问1详解】
，
，解得切点为，
.
【小问2详解】
，
当时，单调递减，
当时，，
单调递增，单调递递增.
综上所述，在上单调递减，在上单调递增.
【小问3详解】
恒成立，
恒成立恒成立.
令，
则，
令，则单调递增，
又，当时，，即单调递减；
当时，，即单调递增；
恒成立.
【点睛】方法点睛：切点与切线的关系：在小问1中，利用导数求出曲线在给定直线为切线时的斜率，再通过求解切点的方法确定参数的值，这是典型的求切线与曲线关系的方法.
多次求导法：在小问2中，通过对函数进行多次求导，判断导数的符号变化来确定单调区间，是分析函数单调性的常用手段.
构造函数法求证不等式：在小问3中，通过将不等式转化为关于某变量的函数问题，利用构造函数并结合单调性分析来证明恒成立，是一种常用的不等式证明方法.
19. 已知数列，其前项和为，对任意正整数恒成立，且.
（1）证明：数列为等比数列，并求实数的值；
（2）若，数列前项和为，求证：；
（3）当时，设集合，.集合中元素的个数记为，求数列的通项公式.
【答案】（1）证明见解析，
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据的关系，结合等比数列定义，即可证明结论；进而结合已知求出实数的值；
（2）结合（1）可求出的表达式，进而可得表达式，继而推出只需证明，构造函数，利用导数判断函数单调性，即可证明结论；
（3）由题意可知中元素个数等价于满足的不同解的个数，利用反正思想推出，从而推出不等式共个不同解，即可得答案.
【小问1详解】
由题意得，
两式相减可得，
令可得，即.
令可得，即，所以
又.
数列为首项为4，公比为2的等比数列.
【小问2详解】
由（1）可知，所以.
，
要证成立，
只需证，即
令，
当时，单调递增,
故，
；
【小问3详解】
时，集合，
即，
中元素个数等价于满足的不同解的个数，
如果，则，矛盾；
如果，则，矛盾
，
又，
，
即，共个不同解，所以.
【点睛】难点点睛：本题为数列的综合应用问题，解答的难点在于第二问，要注意列用类加的方法得出，从而要证成立，只需证，即，从而构造函数，结合导数解决问题.