2024_2025学年河北省承德市高三上学期期中考试数学试卷[附解析]

这是一份2024_2025学年河北省承德市高三上学期期中考试数学试卷[附解析]，共23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．（ ）
A．B．C．D．2
2．已知，则复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．已知向量，，若，则实数（ ）
A．B．0C．0或D．0或
4．记等比数列的前项和为，若，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知函数的部分图象如下图所示，则的解析式可能为（ ）
A． B． C．D．
6．若，，并且，均为锐角，且，则的值为（ ）A．B．C．D．
7．在三棱锥中，，平面平面，则三棱锥外接球表面积为（ ）A．B．C．D．
8．设函数，则曲线在点处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为（ ）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．下列命题中为真命题的是（ ）
A．，
B．，
C．若，则“”是“”的充要条件
D．若，则“是无理数”是“是无理数”的充要条件
10．已知集合，，则下列说法正确的有（ ）
A． B． C． D．
11．数列满足，，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则前n项和为 B．
C．数列的前n项和为 D．数列最大项为第10项
三、填空题（本大题共3小题，共15分
12．函数在上单调递减的一个充分不必要条件是 ．（只要写出一个符合条件的即可）
13．如图，在边长为3的正方形ABCD中，，若P为线段BE上的动点，则的最小值为 ．
14．已知函数，若关于x的方程恰有两个不同的实数根，则a的值是 .
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．(本小题13分)如图，平面四边形中，，，，，，点，满足，，将沿翻折至，使得.
(1)证明：；
(2)求五棱锥的体积
16．(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．
17．(本小题15分)已知数列为等差数列，数列为等比数列，且，.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项和；
(3)记，是否存在正整数，使得？若存在，求出所有符合条件的正整数；若不存在，请说明理由.
18．(本小题17分)如图，已知等腰梯形中，，，是的中点，，将沿着翻折成，使平面.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
19．(本小题17分)已知函数，．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)求的单调区间；
(3)当时，若对于任意，不等式成立，求a的取值范围．
答案：
1．C
【分析】利用对数的运算法则即可得解.
【详解】.
故选：C.
2．A
【分析】先根据复数的乘法运算化简，再应用复数相等求参，最后应用复数的几何意义得出点所在的象限.
【详解】由题得，
则，解得，
则，其在复平面内对应的点为位于第一象限.
故选：A.
3．C
【分析】根据向量平行得到坐标之间的关系，从而求出参数的值.
【详解】因为向量，，，
所以，解得或．
故选：C.
4．B
【分析】根据等比数列前项和的性质计算即可.
【详解】因为为等比数列的前项和，所以成等比数列，
由，得，则，所以，所以，
所以.
故选：B
5．A
【分析】根据题意，由给定的函数的图象，结合函数的单调性与奇偶性性质，结合排除法，即可求解.
【详解】对于B中，函数，当时，可得，
所以，不满足图象，所以B错误；
对于C中，函数的定义域为，
又由，所以函数为偶函数，此时函数的图象关于轴对称，所以C错误；
对于D中，函数，当时，可得，
由反比例函数的性质，可得函数在上为单调递减函数，所以D错误，
经检验，选项A中函数满足图中的性质，所以A正确.
故选：A.
6．C
【分析】由已知和，求出和，利用，由两角差的余弦公式求解.
【详解】，，并且，均为锐角，且，
则有，，
得，，
则
，
又因为，所以.
故选：C
7．A
【分析】根据面面垂直可得平面，结合等腰直角三角形的性质可得外接球的球心在上，即可利用勾股定理求解半径，进而由表面积公式求解.
【详解】取中点，连接
，故，
由于平面平面，且交线为，平面，
故平面，
又，，故为等腰直角三角形，故，
因此外接球的球心在上，
设球半径为，则，
解得，
故表面积为，
故选：A
8．A
【分析】求导后求出切线的斜率，再由点斜式得到切线方程，然后求出与坐标轴的交点，最后求出三角形面积即可；
【详解】由题意可得，
所以，所以切线方程为，
令，则，令，则，
则三角形的面积为，
故选：A.
9．ABD
【分析】对于A，作差即可判断；对于B，取即可判断；对于C，取即可判断；对于D，直接判断即可.
【详解】因为，所以，，故A正确；
取，则，所以，，故B正确；
当时，显然成立，故C错误；
因为是有理数，所以“是无理数”是“是无理数”的充要条件，故D正确．
故选：ABD.
10．BD
【分析】根据指数不等式化简A，再由集合的交集、并集、补集运算逐项判断即可.
【详解】由题意可得，，故，
则，，故A错误，B正确；
，故，故C错误；
，故，故D正确.
故选：BD.
11．ACD
【分析】由，可得是首项为1公差为2的等差数列，求等比数列前n项和判断A选项；由等差数列的性质判断B选项；并项求和法判断C选项；列不等式求数列最大项判断D选项.
【详解】由，可得，又，
所以是首项为1公差为2的等差数列，，
对于A，，
则前n项和为，
A选项正确；
对于B，由等差数列性质可得，
B选项错误；
对于C，，数列的前n项和为，
为奇数时，；
为偶数时，，
所以数列的前n项和为，C选项正确；
对于D，设，则，，
当时，即，解得，
由，则有，即数列最大项为第10项，D选项正确.
故选：ACD.
12．（答案不唯一）
【分析】利用分段函数整体单调递减，分段也是单调递减可求出，从而函数在上单调递减的一个充分不必要条件是的非空真子集.
【详解】因为在上单调递减,
所以,解得,
所以答案为的非空真子集.
故（或的任一非空真子集都可以）
13．
【分析】建立平面直角坐标系，利用坐标运算求得最值．
【详解】解：在正方形中，建立如图所示坐标系，
由正方形边长为3且，
可得，
设，，则，
则，
故，
故当时，取得最小值为．
故．
14．或
【分析】根据分段函数作出图象，结合图象性质分析即可得结论.
【详解】因为，
作出函数的图象，如图所示：

由此可知函数在和上单调递减，在上单调递增，
且，，
又因为关于的方程恰有两个不同的实数根，
结合图象可得或.
故或.
15．(1)证明见解析；
(2)19
【分析】（1）由题意，根据余弦定理求得，利用勾股定理的逆定理可证得，则，，结合线面垂直的判定定理与性质即可证明；
（2）先证明平面，得，，勾股定理得，从而底面，即为五棱锥的高，再结合棱锥的体积公式计算得答案；
【详解】（1）由，，，，
得，，又，在中，
由余弦定理得，
所以，则，即，
所以，，又，平面，
所以平面，又平面，故；
（2），，，
，即平面，所以，，
且，所以，由（1），
而是平面内的两条相交直线，
由此得底面，即为五棱锥的高，过点作.则，
16．(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.
17．(1)，或
(2)时，；时，
(3)不存在，理由见解析
【分析】（1）由已知条件结合等差等比数列的性质，求出首项和公差公比，可得数列通项；
（2）利用错位相减法求和；
（3）利用放缩求的取值范围，判断结论是否成立.
【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
由，得，则，
由，得，解得，则，
所以或，
综上，数列的通项公式为，数列的通项公式为或.
（2）时，，
所以，
于是，
两式相减得：
，
因此；
时，，
所以，
于是，
两式相减得：
，
因此.
（3）时，，所以无意义，固只能，
，
所以，而，所以，
所以对于任意的正整数，有，所以，
因此不存在正整数，使得.
18．(1)证明见解析
(2)
(3)存在，.
【分析】（1）作出辅助线，得到四边形是菱形，，得到，证明出平面，再证明出四边形是平行四边形，故，所以平面；
（2）证明出两两垂直，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出两平面的法向量，利用面面角的余弦向量公式求出平面与平面夹角余弦值；
（3）假设线段上存在点，使得平面，作出辅助线，得到四点共面，四边形为平行四边形，所以，所以是的中点，求出.
【详解】（1）如图，在梯形ABCD中，连接DE，因为E是BC的中点，所以，
又，所以，
又因为，所以四边形是平行四边形，
因为，所以四边形是菱形，从而，
沿着AE翻折成后，有
又平面，所以平面，
由题意，易知，所以四边形是平行四边形，
故，所以平面.
（2）因为平面，平面，则有，
由（1）知，故两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
因为，所以为等边三角形，同理也为等边三角形，
则，
设平面的一个法向量为，
则，
令得，故，
又平面的一个法向量为，
则，
故平面与平面夹角的余弦值为；
（3）假设线段上存在点，使得平面，
过点作交于，连接，如图所示：
所以，所以四点共面，
又因为平面，所以，
所以四边形为平行四边形，
所以，所以是的中点，
故在线段上存在点，使得平面，且.
19．(1)
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）由导数的意义求出切线的斜率，再把代入原函数求出，最后由点斜式写出直线方程即可；
（2）分，和三种情况，求导后令导数为零，解出两个根，再由导数的正负确定单调区间即可；
（3）含参数的函数不等式恒成立问题，先由单调性得到，，，解不等式得到参数的范围，再比较参数大小，确定范围即可.
【详解】（1）因为，所以，得到，
所以，又，
所以曲线在点处的切线方程为，即．
（2）因为，定义域为，
所以．
当时，令，即，
解得，，所以，
当x变化时，，的变化情况如下表所示，
此时的单调递减区间为和，单调递增区间为，
当时，，易知时，，，，
此时的单调递减区间为，单调递增区间为，
当时，令，即，
解得，，
若，即时，当x变化时，，的变化情况如下表所示，
此时的单调递增区间为和，单调递减区间为，
若，即时，恒成立，当且仅当时取等号，
此时在上单调递增，
若，即时，当x变化时，，的变化情况如下表所示，
此时的单调递增区间为和，单调递减区间为.
（3）当，且时，由（2）知，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，
因为对于任意，不等式成立，
所以，，．
所以，得，，得；
，得．
因为，所以，
所以a的取值范围是．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
A
C
B
A
C
A
A
ABD
BD
题号
11









答案
ACD









单调递减
极小值
单调递增
极大值
单调递减
x
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增