試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁2024-2025學(xué)年度高三年級上學(xué)期期中綜合素質(zhì)評價數(shù)學(xué)學(xué)科一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1．若復(fù)數(shù)滿足，則（

）A． B． C．5 D．102．設(shè)全集，集合，則（

）A． B． C． D．3．用平行于底面的平面截正四棱錐，截得幾何體為正四棱臺.已知正四棱臺的上?下底面邊長分別為1和2，側(cè)棱與底面所成的角為，則該四棱臺的體積是（

）A． B． C． D．4．已知等差數(shù)列的前項和為，若，且，則（

）A．60 B．72 C．120 D．1445．已知兩條不同的直線l，m，兩個不同的平面α，β，則下列條件能推出的是（

）A．，，且，B．，，且C．，，且D．，，且6．函數(shù)，若，則實數(shù)a的取值范圍是（

）A． B．C． D．7．在同一平面直角坐標(biāo)系內(nèi)，函數(shù)及其導(dǎo)函數(shù)y=f′x的圖象如圖所示，已知兩圖象有且僅有一個公共點，其坐標(biāo)為，則（

A．函數(shù)的最大值為1 B．函數(shù)的最小值為1C．函數(shù)的最大值為1 D．函數(shù)的最小值為18．如圖，在棱長為5的正方體中，是側(cè)面上的一個動點，點為線段上，且則以下命題正確的是（

）（動點的軌跡：指動點運動所形成的圖形）

A．沿正方體的表面從點到點的最短距離是B．保持與垂直時，點的軌跡長度為C．若保持，則的軌跡長度為D．平面被正方體截得截面為直角梯形二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9．以下是真命題的是（

）A．已知，為非零向量，若，則與的夾角為銳角B．已知，，為兩兩非共線向量，若，則C．在三角形中，若，則三角形是等腰三角形D．若三棱錐的三條側(cè)棱與底面所成的角相等，則頂點在底面的射影是底面三角形的外心10．已知定義在上的函數(shù)，，其導(dǎo)函數(shù)分別為，，，，且為奇函數(shù)，則（

）A．的圖象關(guān)于對稱B．C．D．11．已知中，，，E，F(xiàn)分別在線段BA，CA上，且，．現(xiàn)將沿EF折起，使二面角的大小為．以下命題正確的是（

）A．若，，則點到平面的距離為B．存在使得四棱錐有外接球C．若，則棱錐體積的最大值為D．若，三棱錐的外接球的半徑取得最小值時，三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12．如圖，在正三棱柱中，，，為的中點，則異面直線與所成角的余弦值為．

13．如圖，圓與軸的正半軸的交點為，點，在圓上，且點位于第一象限，點的坐標(biāo)為，.若，則的值為.14．曲線在，兩點處的切線分別為，，且，則；若，交點的橫坐標(biāo)為，則．四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程及演算步驟.15．已知的面積為，為邊的中點，，．(1)求的長；(2)求角的正弦值．16．如圖，三棱臺中，是正三角形，平面ABC，，M，N分別為棱的中點.(1)證明：平面；(2)求直線與平面所成的角的正弦值.17．已知數(shù)列和bn滿足，，，，(1)求與；(2)記數(shù)列的前項和為，且，若對，恒成立，求的取值范圍.18．如圖，四棱錐的底面為正方形，E，F(xiàn)分別為，的中點，且平面平面.(1)證明：；(2)若，當(dāng)四棱錐的體積最大時，求平面與平面的夾角的余弦值.19．設(shè)是定義域為D且圖象連續(xù)不斷的函數(shù)，若存在區(qū)間和，使得在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，則稱為“山峰函數(shù)”，為“峰點”，稱為的一個“峰值區(qū)間”．(1)判斷是否是山峰函數(shù)？若是，請指出它的一個峰值區(qū)間；若不是，請說明理由；(2)已知，是山峰函數(shù)，且是它的一個峰值區(qū)間，求m的取值范圍；(3)設(shè)，函數(shù)．設(shè)函數(shù)是山峰函數(shù)，是它的一個峰值區(qū)間，并記的最大值為．若，且，，求的最小值．（參考數(shù)據(jù)：）答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁1．B【分析】利用復(fù)數(shù)除法化簡，然后由復(fù)數(shù)模公式可得.【詳解】因為，所以，所以.故選：B2．C【分析】由題意可得，根據(jù)并集的定義求得，再根據(jù)補集的定義求解即可.【詳解】解：，又，.故選:C.3．B【分析】根據(jù)正四棱臺性質(zhì)可求得該棱臺的高，代入棱臺的體積公式即可求得結(jié)果.【詳解】如下圖所示：分別為上下底面的中心，作于點，根據(jù)題意可知，側(cè)棱與底面所成的角即為，可知；因此可得，易知，由正四棱臺性質(zhì)可得；所以該正四棱臺的高為，因此該四棱臺的體積是.故選：B4．B【分析】根據(jù)給定條件，利用等差數(shù)列性質(zhì)及前項和公式計算即得.【詳解】在等差數(shù)列中，，解得，所以.故選：B5．C【分析】利用線面垂直的性質(zhì)推理判斷C；舉例說明判斷ABD.【詳解】對于A，若，，且，，此時，可能相交，如下圖所示：當(dāng)，都與平行時，相交，A錯誤；對于B，若，，且，此時，可能相交，如下圖所示：當(dāng)，都與平行時，相交，B錯誤；對于C，由，，得，而，所以，C正確；若，，且，此時可能相交，如下圖所示：當(dāng)，，，都與平行時，相交，D錯誤.故選：C.6．A【分析】原不等式變形為，再利用分段函數(shù)的單調(diào)性即可得到不等式，解出即可.【詳解】當(dāng)時，，因為在上單調(diào)遞增，此時單調(diào)遞增，當(dāng)時，易知單調(diào)遞增，且當(dāng)時，，則在R上單調(diào)遞增，因為，則，所以由得，所以，解得.故選：A.7．B【分析】根據(jù)圖象分辨和y=f′【詳解】由圖可知，兩個函數(shù)圖象都在軸上方，所以f′x>0，所以實線為的圖象，虛線為f′x的圖象，，對A，，單調(diào)遞增，無最大值，A錯誤；對B，，，由圖可知，當(dāng)時，，當(dāng)時，，所以在上單調(diào)遞減，在0,+∞上單調(diào)遞增，所以當(dāng)時，函數(shù)取得最小值，B正確；對C，，由圖可知，所以在R上單調(diào)遞增，無最大值，C錯誤；對D，，由圖可知，當(dāng)時，，當(dāng)時，，所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，在0,+∞上單調(diào)遞減，當(dāng)時，函數(shù)取得最大值，D錯誤.故選：B8．B【分析】根據(jù)平面展開即可判斷A；過做平面平面，即可判斷B；根據(jù)點的軌跡是圓弧，即可判斷C；作出正方體被平面所截的截面即可判斷D．【詳解】對于A，將正方體的下底面和側(cè)面展開可得如圖圖形，

連接，則，故A錯誤；對于B，如圖：

平面，平面，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以，同理可得，，平面，所以平面．所以過點作交于，過作交于，由，可得，平面，平面，所以平面，同理可得平面，又，平面，則平面平面．設(shè)平面交平面于，則的運動軌跡為線段，由點在棱上，且，可得，連接，則，所以，又，所以，所以，故B正確；對于C，如圖：

若，則在以為球心，為半徑的球面上，過點作平面，則，此時．所以點在以為圓心，1為半徑的圓弧上，此時圓心角為．點的運動軌跡長度，故C錯誤；對于D，如圖：

延長交于點，連接交于，連接，所以平面被正方體截得的截面為．，所以，，所以，所以，所以且，所以截面為梯形，，所以截面為等腰梯形，故D不正確．故選：B．【點睛】方法點睛：作截面的常用三種方法：直接法，截面的定點在幾何體的棱上；平行線法，截面與幾何體的兩個平行平面相交，或者截面上有一條直線與幾何體的某個面平行；延長交線得交點，截面上的點中至少有兩個點在幾何體的同一平面上.9．BD【分析】A：將已知條件兩邊同時平方，整理得到，結(jié)合平面向量的數(shù)量積的定義得到，由平面向量的夾角范圍可得，進(jìn)而可以判斷選項；B：將已知條件變形為，結(jié)合平面向量數(shù)量積即可判斷選項；C：結(jié)合正弦定理化簡整理即可判斷三角形的形狀；D：作出圖形，證得，即可得到，結(jié)合三角形外心的性質(zhì)即可判斷.【詳解】A：因為，兩邊同時平方，得，即，所以，因此，因為，所以，因此與的夾角為銳角或零角，故A錯誤；B：因為，所以，又因為，，為兩兩非共線向量，則，所以，故B正確；C：因為，結(jié)合余弦定理得，所以，所以或，即或，所以角形是等腰三角形或直角三角形，故C錯誤；D：設(shè)三棱錐的頂點在底面的射影為，所以底面，又因為底面，底面，底面，所以，又因為三棱錐的三條側(cè)棱與底面所成的角相等，所以，所以，所以，所以點是的外心，故D正確；故選：BD.10．ACD【分析】先根據(jù)條件分析出的周期性和對稱性，再得到的周期性，根據(jù)函數(shù)性質(zhì)、簡單復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)逐個判斷即可得結(jié)果.【詳解】由題意可得，兩式相減可得①，所以,令，可得,所以，所以的圖象關(guān)于對稱，故A正確；因為gx+2為奇函數(shù)，所以關(guān)于2,0中心對稱，所以②，②式兩邊對求導(dǎo)可得，結(jié)合，可得：所以，令，可得：，所以即，故B錯，因為，可知也是周期為4的周期函數(shù)，即，兩邊求導(dǎo)可得，所以，故C正確；是周期為4的周期函數(shù)，所以，因為，令，則，即，又，所以，又因為是周期為4的周期函數(shù)，則，由可得，所以，所以，D正確.故選：ACD11．ACD【分析】對于A，由線面平行將點到平面的距離轉(zhuǎn)化成點到平面的距離即可求解，對于B,通過四邊形沒有外接圓即可判斷，對于C，確定的長度，結(jié)合體積公式及基本不等式即可判斷,對于D，補全長方體即可判斷.【詳解】，，易知平面ABC,平面，易知面故點到平面的距離為即為點到平面的距離，因為，所以，所以，所以為二面角的平面角，又為平面內(nèi)兩條相交直線，所以平面，所以平面，又在平面內(nèi)，所以平面平面，所以到平面ABC的距離即為到，A選項：，，即，三角形等邊三角形，可得：到的距離為，故A正確；B選項：由于直角梯形不可能共圓，所以四棱錐無外接球，所以B錯誤；C選項：由題意可知，，，,，由基本不等式可知：，當(dāng)且僅當(dāng)，即時取得最大值，所以,所以當(dāng)，時，體積取到最大值，故正確；D選項：由題意可知，，，，也即兩兩垂直，可以依次構(gòu)造長方體，長方體的體對角線即為外接球的直徑，設(shè)外接球半徑為r，則，，所以時，取得最小值，此時，所以D正確．故選：ACD12．##【分析】以A為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系，求得向量和的坐標(biāo)，結(jié)合向量的夾角公式，即可求解.【詳解】以A為坐標(biāo)原點，在平面ABC內(nèi)作垂直于AC的直線Ax為x軸，AC為y軸，為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示：

則，，，，所以，，所以，則直線與所成角的余弦值為，故答案為：.13．【分析】由倍角公式和輔助角公式可得，由題意，再由三角函數(shù)的定義即可求.【詳解】圓的半徑為1.又，為等邊三角形.，且為銳角..由三角函數(shù)的定義可得，.故答案為：.【點睛】本題考查三角函數(shù)的定義，倍角公式和輔助角公式，公式的熟練運用是解決問題的關(guān)鍵.14．【分析】根據(jù)對數(shù)的運算性質(zhì)化簡函數(shù)的解析式，結(jié)合導(dǎo)數(shù)的幾何意義、互相垂直的兩直線的斜率的關(guān)系分類討論進(jìn)行求解即可.【詳解】由，不妨設(shè)，切線，的斜率分別為，，當(dāng)時，則有，，此時，顯然，因此不成立，不符合題意；當(dāng)時，則有，，此時，顯然，因此不成立，不符合題意；當(dāng)時，則有，，此時，由可得，此時切線，的切線方程分別為：，，兩個方程聯(lián)立，得，因此，故答案為：；【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題的關(guān)鍵是利用對數(shù)運算性質(zhì)化簡函數(shù)的解析式，利用兩直線垂直的斜率之間的關(guān)系進(jìn)行求解.15．(1)(2)【分析】（1）根據(jù)三角形面積及向量數(shù)量積可知，進(jìn)而可得與；（2）在中，用余弦定理可知，再由正弦定理可知角的正弦值.【詳解】（1）由已知為邊的中點，所以，即，又，則，即，又則，即，；（2）由（1）得，，則，在中，由余弦定理可知，即，則，又由正弦定理可知，則.16．(1)證明見解析(2)【分析】（1）先應(yīng)用線面垂直判定定理得出平面再應(yīng)用線面垂直性質(zhì)得出線線垂直，即可證明線面垂直；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，應(yīng)用空間向量法求線面角正弦值即可.【詳解】（1）因為是正三角形，M為AB中點，所以CM⊥AB，因為平面平面ABC，所以，又平面所以平面又因為平面，所以，連接，易得，所以，所以，又因為，所以，因為，平面，所以平面.（2）取AC中點O，連接，易知三條直線兩兩垂直，以O(shè)為坐標(biāo)原點，所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則，由（1）知平面的一個法向量為，又，所以，所以直線與平面所成的角的正弦值為．17．(1)，；(2)．【分析】（1）由等比數(shù)列求得，對，寫出時等式，兩式相減確定是常數(shù)列，從而可得；（2）對中奇數(shù)項與偶數(shù)項分別求和，再相加得，用作差法證明是遞增數(shù)列，最小值為，從而易得的范圍．【詳解】（1），，是等比數(shù)列，公比為2，所以，∵，∴，兩式相減得，∴，從而是常數(shù)列，，所以，即；（2）由已知，為奇數(shù)時，，，為偶數(shù)時，，則，，，（∵），∴，∴，∴，即是遞增數(shù)列，所以中最小值為，對，恒成立，則．18．(1)證明見解析(2)【分析】（1）利用面面垂直的性質(zhì)定理和線面垂直的性質(zhì)得到，根據(jù)中位線的性質(zhì)得到，根據(jù)正方形的性質(zhì)得到，然后利用線面垂直的判定定理和性質(zhì)得到，最后利用等腰三角形的性質(zhì)證明即可；（2）建系，根據(jù)列方程得到，然后根據(jù)四棱錐的體積最大得到的坐標(biāo)，最后利用空間向量的方法求夾角即可.【詳解】（1）連接交于點，連接交于點，過點作于點，因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，因為平面，所以，因為分別為的中點，所以，，因為四邊形為正方形，所以，為中點，因為，平面，所以平面，因為平面，所以，因為為中點，所以.（2）設(shè)，以為原點，所在直線為軸，所在直線為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，則A1,0,0，，，，由（1）可知，點在平面內(nèi)，設(shè)，由，得，即，所以當(dāng)時，四棱錐的體積最大，此時，則，，，,，設(shè)平面的法向量為m=x則，令，則，，所