河北省衡水市2024-2025學(xué)年高三上冊(cè)第三次月考數(shù)學(xué)質(zhì)量檢測(cè)試題合集2套（含解析）

河北省衡水市2024-2025學(xué)年高三上學(xué)期第三次月考數(shù)學(xué)質(zhì)量檢測(cè)試題（一）注意事項(xiàng)：1.答題前，先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在試卷和答題卡上，并將條形碼粘貼在答題卡上的指定位置.2.請(qǐng)按題號(hào)順序在答題卡上各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效.3.選擇題用2B鉛筆在答題卡上把所選答案的標(biāo)號(hào)涂黑；非選擇題用黑色簽字筆在答題卡上作答；字體工整，筆跡清楚.4.考試結(jié)束后，請(qǐng)將試卷和答題卡一并上交.5.本卷主要考查內(nèi)容：集合與常用邏輯用語，一元二次函數(shù)、方程和不等式，函數(shù)與基本初等函數(shù)，一元函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用，數(shù)列，概率與統(tǒng)計(jì)，三角函數(shù)與解三角形，平面向量和復(fù)數(shù)，立體幾何.一、單項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1．已知集合，，則（

）A． B． C． D．2．復(fù)數(shù)的模為（

）A． B． C． D．3．對(duì)于實(shí)數(shù)，下列說法正確的是（）A．若，則 B．若，則C．若，則 D．若，則4．已知是上的奇函數(shù)，則函數(shù)的圖象恒過點(diǎn)（

）A． B． C． D．5．已知，若平面的一個(gè)法向量為，則（

）A． B． C． D．6．如圖，在平行四邊形中，為對(duì)角線的交點(diǎn)，為的中點(diǎn)，為的中點(diǎn)，若，則（

）

A．1 B．2 C． D．7．生活中的建筑模型多與立體幾何中的圖形有關(guān)聯(lián)，既呈現(xiàn)對(duì)稱美，也具有穩(wěn)定性.已知某涼亭的頂部可視為如圖所示的正四棱錐，其所有棱長(zhǎng)都為6，且交于點(diǎn)O，點(diǎn)E在線段上，且，則的重心G到直線的距離為（

）A． B． C． D．8．已知函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，將函數(shù)的圖象向左平移個(gè)單位長(zhǎng)度，得到函數(shù)的圖象，若函數(shù)為偶函數(shù)，則（

）A． B． C． D．二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得5分，部分選對(duì)的得2分，有選錯(cuò)的得0分.9．已知等差數(shù)列的前項(xiàng)和為，公差為，，，則（

）A． B．C．是數(shù)列中的項(xiàng) D．取得最大值時(shí)，10．給出下列命題，其中正確的命題是（

）A．若空間向量，滿足，則B．空間任意兩個(gè)單位向量必相等C．在正方體中，必有D．向量的模為11．如圖，已知圓臺(tái)的上底面半徑為1，下底面半徑為2，母線長(zhǎng)為2，，分別為上、下底面的直徑，，為圓臺(tái)的母線，為弧的中點(diǎn)，則（

）

A．圓臺(tái)的側(cè)面積為 B．直線與下底面所成的角的大小為C．圓臺(tái)的體積為 D．異面直線和所成的角的大小為12．已知函數(shù)，則（

）A．當(dāng)時(shí)，函數(shù)的最小值為B．當(dāng)時(shí)，函數(shù)的極大值點(diǎn)為C．存在實(shí)數(shù)使得函數(shù)在定義域上單調(diào)遞增D．若恒成立，則實(shí)數(shù)的取值范圍為三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13．已知向量.若，則．14．一組樣本數(shù)據(jù)為，若是方程的兩根，則這個(gè)樣本的方差是．15．已知向量，，，若三個(gè)向量共面，則．16．如圖，在四棱錐中，底面為矩形，平面，，，分別為，，的中點(diǎn)，點(diǎn)在棱上，且平面，則三棱錐的外接球的表面積為.

四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程及演算步驟.17．在中，內(nèi)角，，所對(duì)的邊分別為，，，且.(1)求；(2)若的面積為，，求的值.18．在前項(xiàng)和為的等比數(shù)列中，，.(1)求數(shù)列的通項(xiàng)公式；(2)記，將數(shù)列和數(shù)列的所有項(xiàng)按照從小到大的順序排列成一個(gè)新的數(shù)列，求數(shù)列的前50項(xiàng)的和.19．如圖，在四棱錐中，平面，底面是平行四邊形，且是等邊三角形，.(1)求證：平面；(2)若是等腰三角形，求異面直線與所成角的余弦值.20．某高中高一500名學(xué)生參加某次測(cè)評(píng)，根據(jù)男女學(xué)生人數(shù)比例，使用分層抽樣的方法從中隨機(jī)抽取了100名學(xué)生，記錄他們的分?jǐn)?shù)，將數(shù)據(jù)分成7組：，并整理得到頻率分布直方圖如圖所示.(1)從總體的500名學(xué)生中隨機(jī)抽取一人，估計(jì)其分?jǐn)?shù)小于60的概率；(2)估計(jì)測(cè)評(píng)成績(jī)的第分位數(shù)；(3)已知樣本中分?jǐn)?shù)小于40的學(xué)生有5人，其中3名男生；分?jǐn)?shù)小于30的學(xué)生有2人，其中1名男生.從樣本中分?jǐn)?shù)小于40的學(xué)生中隨機(jī)抽取一人，則“抽到的學(xué)生分?jǐn)?shù)小于30”與“抽到的學(xué)生是男生”這兩個(gè)事件是否獨(dú)立?請(qǐng)證明你的結(jié)論.21．如圖，在四棱錐中，底面是直角梯形，，，平面平面，，，，，，.

(1)若平面，求的值；(2)若，求平面與平面的夾角的余弦值.22．已知函數(shù)．(1)討論函數(shù)的單調(diào)性；(2)當(dāng)時(shí)，若為函數(shù)的正零點(diǎn)，證明：．1．A【分析】解不等式結(jié)合集合的混合運(yùn)算即可求解.【詳解】由題意解不等式，得，所以；由二次根式有意義的條件知，解得，所以.所以，所以.故選：A.2．B【分析】根據(jù)題意，由復(fù)數(shù)的運(yùn)算化簡(jiǎn)，即可求得，從而得到其模長(zhǎng).【詳解】因?yàn)椋瑒t，則，則.故選：B3．C【分析】根據(jù)不等式的基本性質(zhì)及恰當(dāng)?shù)奶厥庵悼芍鹨慌袛?【詳解】對(duì)于A選項(xiàng)，若或，或顯然無意義.故A選項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)于B選項(xiàng)，若，則.故B選項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)于C選項(xiàng)，因?yàn)椋愿黜?xiàng)同時(shí)乘以得.故C正確；對(duì)于D選項(xiàng)，因?yàn)?，所以，所以，所以，?因?yàn)楦鶕?jù)題意不知道的符號(hào)，所以無法滿足同向可乘性的條件.故D錯(cuò)誤.故選：C.4．D【分析】根據(jù)定義域?yàn)榈钠婧瘮?shù)并結(jié)合賦值法得出結(jié)果.【詳解】因?yàn)槭巧系钠婧瘮?shù)，所以，又函數(shù)，令，即，所以，所以函數(shù)的圖象恒過點(diǎn).故選：D.5．C【分析】利用法向量和平面內(nèi)直線的方向向量之間的關(guān)系求解即可.【詳解】由得：，面的一個(gè)法向量為，所以，即，解得，所以，故選：C．6．B【分析】利用平面向量的線性運(yùn)算法則，求得,進(jìn)而求得的值，進(jìn)一步計(jì)算即可.【詳解】如圖：

因?yàn)?所以故選：7．B【分析】首先以為原點(diǎn)，分別為軸建立空間直角坐標(biāo)系，再利用空間向量法求解即可.【詳解】以為原點(diǎn)，分別為軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示：因?yàn)樗欣忾L(zhǎng)都為6，所以，，所以，，，，，因?yàn)闉榈闹匦?，所?設(shè)，，，因?yàn)椋?，?因?yàn)椋?，則G到直線的距離.故選：B8．D【分析】根據(jù)函數(shù)單調(diào)性，得出極值點(diǎn)，列出等式與不等式，求出，再由圖象平移及誘導(dǎo)公式得解.【詳解】因?yàn)楹瘮?shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)，所以，即，解得，由題意，，因?yàn)楹瘮?shù)為偶函數(shù)，，所以，解得.故選：D9．AC【分析】根據(jù)等差數(shù)列的定義及求和公式一一計(jì)算判定即可.【詳解】由題意可得，，則.顯然A正確，B錯(cuò)誤；令，即C正確；結(jié)合二次函數(shù)的對(duì)稱性及單調(diào)性可知或，取得最大值，即D錯(cuò)誤.故選：AC10．CD【分析】根據(jù)空間向量的定義以及模長(zhǎng)即可結(jié)合選項(xiàng)逐一判斷.【詳解】對(duì)于A，兩個(gè)向量相等需要方向相同，模長(zhǎng)相等，所以不能得到.A錯(cuò)誤，對(duì)于B，空間任意兩個(gè)單位向量的模長(zhǎng)均為1，但是方向不一定相同，故B錯(cuò)誤，對(duì)于C，在正方體中，的方向相同，長(zhǎng)度相等，故，故C正確對(duì)于D，向量的模為，故D正確，故選：CD11．ABD【分析】由圓臺(tái)的側(cè)面積公式以及體積公式即可判斷AC，由線面角的定義即可判斷B，由異面直線所成角的定義即可判斷D.【詳解】由題意可得上底面半徑為，下底面圓半徑為，母線，則圓臺(tái)的側(cè)面積為，故A正確；做圓臺(tái)的軸截面如圖所示，做，

則直線與下底面所成的角為，且，則，且，則，所以，故B正確；因?yàn)樯系酌鎴A的面積，圓臺(tái)的高，則圓臺(tái)的體積為，故C錯(cuò)誤；

取中點(diǎn)，連接，由為弧的中點(diǎn)，可得，過點(diǎn)，作，連接，則，且，且，則四邊形為平行四邊形，所以，則異面直線和所成的角即為與所成角，即為，又，，所以，在中，，，則為等腰直角三角形，則，故D正確；故選：ABD.12．AD【分析】由函數(shù)極值的求解以及極值點(diǎn)的辨析即可判斷AB，由在上恒成立即可判斷C，分離參數(shù)，構(gòu)造函數(shù)求得其最小值，即可判斷D.【詳解】因?yàn)楹瘮?shù)，則，其中，當(dāng)時(shí)，則，令，可得，當(dāng)時(shí)，，則函數(shù)單調(diào)遞減，當(dāng)時(shí)，，則函數(shù)單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，有極小值，即最小值，故A正確；當(dāng)時(shí)，則，令，可得，當(dāng)時(shí)，，則函數(shù)單調(diào)遞減，當(dāng)時(shí)，，則函數(shù)單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，函數(shù)有極小值，則為極小值點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；假設(shè)存在實(shí)數(shù)使得函數(shù)在定義域上單調(diào)遞增，則在上恒成立，即在上恒成立，所以在上恒成立，因?yàn)榈闹涤驗(yàn)椋院瘮?shù)無最小值，故不存在實(shí)數(shù)使得函數(shù)在定義域上單調(diào)遞增，故C錯(cuò)誤；若恒成立，即在上恒成立，即在上恒成立，令，則，令，則，當(dāng)時(shí)，，則函數(shù)單調(diào)遞減，當(dāng)時(shí)，，則函數(shù)單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，有極小值，即最小值，所以，故D正確；故選：AD13．【分析】根據(jù)平面向量的坐標(biāo)運(yùn)算求，然后由向量模的坐標(biāo)表示列方程求解可得.【詳解】因?yàn)樗?，由題可知，解得．故14．5【分析】先根據(jù)已知確定的值，然后根據(jù)方差公式即可求解.【詳解】因?yàn)槭欠匠痰膬筛?，所以由，解得?，不妨設(shè)，則樣本平均數(shù)是4，根據(jù)方差公式得.故5.15．【分析】由向量共面的性質(zhì)可得，列出方程組解出即可.【詳解】因?yàn)槿蛄抗裁?，所以可設(shè)，即，所以，解得，，所以.故-416．【分析】根據(jù)線面平行先確定H點(diǎn)位置，再結(jié)合長(zhǎng)方體的外接球的性質(zhì)確定球心及球半徑計(jì)算表面積即可.【詳解】

如圖所示，由題意可將四棱錐補(bǔ)形為長(zhǎng)方體，延長(zhǎng)交于兩點(diǎn)，連接，過點(diǎn)作交于點(diǎn)，易知此時(shí)平面，則由平行線分線段成比例及已知條件可得：，由長(zhǎng)方體的外接球性質(zhì)可知，三棱錐的外接球的球心為其體對(duì)角線的中點(diǎn)，直徑為對(duì)角線，設(shè)球半徑為，則.故答案為.17．(1)(2)【分析】（1）根據(jù)正弦定理統(tǒng)一為邊，再由余弦定理求解即可；（2）由正弦定理及面積公式求解.【詳解】（1）因?yàn)?，所以，即，所以，又，所?（2）由正弦定理知，，所以，所以，解得，所以.18．(1)(2)【分析】（1）設(shè)數(shù)列的公比為，討論是否為1，運(yùn)用等比數(shù)列的求和公式，解方程可得，進(jìn)而得到所求通項(xiàng)公式；（2）求得數(shù)列的通項(xiàng)公式，分析新的數(shù)列中數(shù)列和數(shù)列所含的項(xiàng)數(shù)，代入數(shù)列的求和公式即可求解.【詳解】（1）設(shè)數(shù)列的公比為，若，則，與題意不符；若，則，解得，所以；（2）由（1）知：，將數(shù)列和數(shù)列的所有項(xiàng)按照從小到大的順序排列成一個(gè)新的數(shù)列，因?yàn)?，所以新的?shù)列的前50項(xiàng)中數(shù)列有6項(xiàng)，數(shù)列有44項(xiàng)，所以數(shù)列的前50項(xiàng)的和.19．(1)證明見解析；(2).【分析】（1）由菱形的性質(zhì)得出，結(jié)合線面垂直的性質(zhì)得出，從而由線面垂直的判定定理即可得證；（2）建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，求出兩直線的方向向量，由向量夾角的余弦的坐標(biāo)公式即可得解.【詳解】（1）因?yàn)榈酌媸瞧叫兴倪呅?，且是等邊三角形，所以四邊形是菱形，則有，又平面，平面，所以，又，平面，平面，所以平面；（2）設(shè)，∵是等腰三角形，∴，，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，射線，分別為x軸，y軸的正半軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，則，，，，所以，，設(shè)與所成角為，所以，即與所成角的余弦值為.20．(1)(2)(3)不相互獨(dú)立，證明見解析【分析】（1）由對(duì)立事件結(jié)合頻率分布直方圖先得出數(shù)不小于60的頻率，即可得出分?jǐn)?shù)小于60的頻率，從而得解；（2）先判斷測(cè)評(píng)成績(jī)的第分位數(shù)所在區(qū)間，再利用百分位數(shù)的計(jì)算方法求解即可；（3）依題意分別求得這兩事件與交事件的概率，再利用獨(dú)立事件的概率公式判斷即可.【詳解】（1）由頻率分布直方圖可得分?jǐn)?shù)不小于60的頻率為：，則分?jǐn)?shù)小于60的頻率為：，故從總體的500名學(xué)生中隨機(jī)抽取一人，其分?jǐn)?shù)小于60的概率估計(jì)為；（2）由頻率分布直方圖易得分?jǐn)?shù)小于70的頻率為，分?jǐn)?shù)小于80的頻率為，則測(cè)評(píng)成績(jī)的第分位數(shù)落在區(qū)間上，所以測(cè)評(píng)成績(jī)的第分位數(shù)為；（3）依題意，記事件“抽到的學(xué)生分?jǐn)?shù)小于30”，事件“抽到的學(xué)生是男生”，因?yàn)榉謹(jǐn)?shù)小于40的學(xué)生有5人，其中3名男生；所以“抽到的學(xué)生是男生”的概率為，因?yàn)榉謹(jǐn)?shù)小于30的學(xué)生有2人，其中1名男生，所以“抽到的學(xué)生分?jǐn)?shù)小于30”的概率為，因?yàn)槭录硎尽俺榈降膶W(xué)生分?jǐn)?shù)小于30且為男生”，滿足條件的只有1名男生，所以，因?yàn)?，所以這兩個(gè)事件不相互獨(dú)立.21．(1)；(2).【分析】（1）根據(jù)條件判定垂直關(guān)系，建立合適的空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量計(jì)算即可；（2）利用空間向量求得兩平面的法向量計(jì)算即可.【詳解】（1）分別取中點(diǎn)，連接，由已知底面是直角梯形，，，，易得，∵平面平面，平面平面，∴，

以為中心，以所在直線分別為軸建立空間直角坐標(biāo)系，由題意知為等腰直角三角形，，,則，∴，∵，∴，顯然是平面的一個(gè)法向量，若平面，則，即；（2）由（1）知，，當(dāng)時(shí)，∴，設(shè)分別為平面與平面的一個(gè)法向量，則有，，不妨令，則，則，設(shè)平面與平面的夾角為，故,即平面與平面的夾角的余弦值為.22．(1)答案見解析(2)證明見解析【分析】（1）求導(dǎo)，然后分，和討論導(dǎo)數(shù)符號(hào)即可得單調(diào)區(qū)間；（2）先由（1）中結(jié)論將不等式轉(zhuǎn)化為，然后可轉(zhuǎn)化為，令，可得，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)討論單調(diào)性，由單調(diào)性可證.【詳解】（1）函數(shù)的定義域?yàn)椋?，①?dāng)即時(shí)，，函數(shù)單調(diào)遞增，增區(qū)間為，沒有減區(qū)間；②當(dāng)時(shí)，由，可得函數(shù)的減區(qū)間為，增區(qū)間為；③當(dāng)時(shí)，由，可得函數(shù)的減區(qū)間為，增區(qū)間為；（2）證明：當(dāng)時(shí)，由及函數(shù)的減區(qū)間為，增區(qū)間為，可知等價(jià)于．又由，等價(jià)于證明，又由，令，有，可得，令，則，可得函數(shù)單調(diào)遞減，則，可得當(dāng)時(shí)，．故有，可得得證．本題難點(diǎn)在于利用單調(diào)性和零點(diǎn)定義將不等式轉(zhuǎn)化為，然后通過換元，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)討論單調(diào)性可證.河北省衡水市2024-2025學(xué)年高三上學(xué)期第三次月考數(shù)學(xué)質(zhì)量檢測(cè)試題（二）考生注意：1.本試卷分選擇題和非選擇題兩部分.滿分150分，考試時(shí)間120分鐘.2.答題前，考生務(wù)必用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆將密封線內(nèi)項(xiàng)目填寫清楚.3.考生作答時(shí)，請(qǐng)將答案答在答題卡上.選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑；非選擇題請(qǐng)用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效，在試題卷、草稿紙上作答無效.4.本卷命題范圍：集合、常用邏輯用語、不等式、函數(shù)、導(dǎo)數(shù)、三角函數(shù)、解三角形、平面向量、復(fù)數(shù)、數(shù)列、立體幾何.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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1．已知復(fù)數(shù)z滿足，則（

）A． B．C． D．2．集合，則（

）A． B． C． D．3．?dāng)?shù)列{}中，“”是“{}是公比為2的等比數(shù)列”的（

）.A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件4．已知為實(shí)數(shù)，則（

）A．若，則 B．若，則C．若，則 D．若，則5．由于我國(guó)與以美國(guó)為首的西方國(guó)家在科技領(lǐng)域內(nèi)的競(jìng)爭(zhēng)日益激烈，美國(guó)加大了對(duì)我國(guó)一些高科技公司的打壓，為突破西方的技術(shù)封鎖和打壓，我國(guó)的一些科技企業(yè)積極實(shí)施了獨(dú)立自主?自力更生的策略，在一些領(lǐng)域取得了驕人的成績(jī).我國(guó)某科技公司為突破“芯片卡脖子”問題，實(shí)現(xiàn)芯片制造的國(guó)產(chǎn)化，加大了對(duì)相關(guān)產(chǎn)業(yè)的研發(fā)投入.若該公司2020年全年投入芯片制造方面的研發(fā)資金為120億元，在此基礎(chǔ)上，計(jì)劃以后每年投入的研發(fā)資金比上一年增長(zhǎng)9%，則該公司全年投入芯片制造方面的研發(fā)資金開始超過200億元的年份是（

）參考數(shù)據(jù).A．2024年 B．2025年 C．2026年 D．2027年6．已知是兩個(gè)不同的平面，是兩條不同的直線，則（

）A．若且，則B．若且，則C．若且，則D．若且異面，則7．已知函數(shù)，總有成立，且的最小值為.若，則的圖象的一條對(duì)稱軸方程是（

）A． B． C． D．8．在等差數(shù)列中，，成公比不為1的等比數(shù)列，是的前項(xiàng)和，將數(shù)列與數(shù)列的公共項(xiàng)從小到大排列得到新數(shù)列，則（

）A．1 B． C． D．二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得5分，部分選對(duì)的得2分，有選錯(cuò)的得0分.9．在等比數(shù)列中，，，，若為的前項(xiàng)和，為的前項(xiàng)積，則（

）A．為單調(diào)遞增數(shù)列 B．C．為的最大項(xiàng) D．無最大項(xiàng)10．下列命題正確的是（

）A．若均為第一象限角且，則B．若為第一象限角，則C．在中，若，則為銳角三角形D．若為銳角三角形，則11．如圖，在正方體中，點(diǎn)滿足，且.記與所成角為與平面所成角為，則（

）A．若，三棱錐的體積為定值B．若，存在，使得平面C．D．若，則在側(cè)面內(nèi)必存在一點(diǎn)，使得12．已知函數(shù)的定義域?yàn)槭瞧婧瘮?shù)，分別是函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，在上單調(diào)遞減，則（

）A． B．C．的圖象關(guān)于直線對(duì)稱 D．三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13．已知平面向量，，，若，，則.14．已知數(shù)列的前項(xiàng)和為，若與均為等差數(shù)列，稱數(shù)列具有性質(zhì).如時(shí)，其和，或時(shí)，其和均是具有性質(zhì)的數(shù)列.請(qǐng)?jiān)賹懗鲆粋€(gè)除例子之外具有性質(zhì)的數(shù)列的通項(xiàng)公式.15．設(shè)是定義在上的單調(diào)函數(shù)，若，則不等式的解集為.16．印章是我國(guó)傳統(tǒng)文化之一，根據(jù)遺物和歷史記載，至少在春秋戰(zhàn)國(guó)時(shí)期就已出現(xiàn)，其形狀多為長(zhǎng)方體?圓柱體等，陜西歷史博物館收藏的“獨(dú)孤信多面體煤精組印”是一枚形狀奇特的印章（如圖1），該形狀稱為“半正多面體”（由兩種或兩種以上的正多邊形所圍成的多面體），每個(gè)正方形面上均刻有不同的印章（圖中為多面體的面上的部分印章）.圖2是一個(gè)由18個(gè)正方形和8個(gè)正三角形圍成的“半正多面體”（其各頂點(diǎn)均在一個(gè)正方體的面上），若該多面體的棱長(zhǎng)均為1，且各個(gè)頂點(diǎn)均在同一球面上，則該球的表面積為.四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17．如圖1，山形圖是兩個(gè)全等的直角梯形和的組合圖，將直角梯形沿底邊翻折，得到圖2所示的幾何體.已知，,點(diǎn)在線段上，且在幾何體中，解決下面問題.(1)證明：平面；(2)若平面平面，證明.18．已知是正項(xiàng)數(shù)列的前項(xiàng)和，滿足，.(1)若，求正整數(shù)的值；(2)若，在與之間插入中從開始的連續(xù)項(xiàng)構(gòu)成新數(shù)列，即為，求的前30項(xiàng)的和.19．在中，角的對(duì)邊分別為的面積為，已知.(1)求角；(2)若的周長(zhǎng)為，求的最大值.20．如圖，在四棱錐中，四邊形為梯形，,為等邊三角形，且平面平面分別為的中點(diǎn).(1)證明：平面平面；(2)求平面與平面夾角的余弦值.21．已知數(shù)列中，，.(1)判斷是否為等比數(shù)列？并求的通項(xiàng)公式；(2)若，求數(shù)列的前項(xiàng)和.22．已知函數(shù).(1)當(dāng)，時(shí)，求曲線在點(diǎn)處的切線方程；(2)當(dāng)時(shí)，既存在極大值，又存在極小值，求的取值范圍；(3)當(dāng)，時(shí)，，分別為的極大值點(diǎn)和極小值點(diǎn)，且，求實(shí)數(shù)的取值范圍.1．A【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則和模的定義即可求出復(fù)數(shù)z，再根據(jù)共軛復(fù)數(shù)定義即可得結(jié)果.【詳解】由，得，所以，故選：A.2．B【分析】寫出集合中的元素，然后由交集定義計(jì)算．【詳解】由題意知，，所以，故，所以.故選：B.3．B【分析】結(jié)合等比數(shù)列的定義，判斷“”和“{}是公比為2的等比數(shù)列”之間邏輯推理關(guān)系，即得答案.【詳解】對(duì)數(shù)列{}，，若，則可得，此時(shí){}不是公比為2的等比數(shù)列；若{}是公比為2的等比數(shù)列，則，即，故”是“{}是公比為2的等比數(shù)列”的必要而不充分條件，故選：B4．C【分析】根據(jù)不等式性質(zhì)逐選項(xiàng)判斷即可.【詳解】對(duì)于A，若，當(dāng)時(shí)，根據(jù)不等式性質(zhì)，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，若，當(dāng)時(shí)，大小無法確定，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，若，則，，對(duì)不等式兩邊同時(shí)乘以，則，故C正確；對(duì)于D，若時(shí)，，故D錯(cuò)誤，故選：C.5．C【分析】根據(jù)題意列出不等關(guān)系，然后結(jié)合對(duì)數(shù)運(yùn)算化簡(jiǎn)求出年份即可.【詳解】設(shè)2020年后第年該公司全年投入芯片制造方面的研發(fā)資金開始超過200億元，由得，兩邊同取常用對(duì)數(shù)，得，所以，所以從2026年開始，該公司全年投入芯片制造方面的研發(fā)資金開始超過200億元.故選：C.6．D【分析】根據(jù)線線關(guān)系、線面關(guān)系、面面關(guān)系逐項(xiàng)判斷可得答案.【詳解】對(duì)于A，若且，也有可能與相交，如下圖，故A錯(cuò)誤；

對(duì)于B，若且，也有可能與相交，如下圖，故B錯(cuò)誤；

對(duì)于C，若且，也有可能，如下圖，

故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，若且異面，則，故D正確.故選：D.7．A【分析】根據(jù)的最小值為,可得周期，進(jìn)而根據(jù)求解，即可根據(jù)整體法求解對(duì)稱軸方程.【詳解】由于對(duì),總有成立，且的最小值為,所以,又，則,所以，所以，由于，所以，故，令,所以，故對(duì)稱軸方程為，取時(shí)，，故選：A8．C【分析】根據(jù)題意，求得，，進(jìn)而得到數(shù)列與的公共項(xiàng)從小到大排列得到數(shù)列的通項(xiàng)公式為，得出，結(jié)合裂項(xiàng)法求和，即可求解.【詳解】因?yàn)榈炔顢?shù)列中，，成公比不為1的等比數(shù)列，所以，可得，解得，所以，則，可得，由數(shù)列為正奇數(shù)列，對(duì)于數(shù)列，設(shè)時(shí)，可得為偶數(shù)；當(dāng)時(shí)，可得為奇數(shù)，所以數(shù)列與的公共項(xiàng)從小到大排列得到數(shù)列的通項(xiàng)公式為，則，所以.故選：C.9．BC【分析】由，，可得，，結(jié)合分析可得，，，則為單調(diào)遞減數(shù)列，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤.選項(xiàng)B正確.，根據(jù)單調(diào)遞減和，可知為的最大項(xiàng)，則選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.【詳解】由，因此.又因?yàn)閯t.當(dāng)時(shí)，，則，，則，與題意矛盾.因此.則為單調(diào)遞減數(shù)列，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤.而，故，選項(xiàng)B正確.又因?yàn)闉閱握{(diào)遞減數(shù)列，則，由可知，，，所以當(dāng)時(shí)，，則.當(dāng)時(shí)，，則.因此的最大項(xiàng)為，則選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.故BC.10．BCD【分析】根據(jù)三角函數(shù)的周期性即可舉反例求解A，根據(jù)二倍角公式即可求解B，根據(jù)弦切互化以及和差角公式即可判定C,根據(jù)三角函數(shù)的單調(diào)性即可求解D.【詳解】對(duì)于A，比如，但是，故A錯(cuò)誤，對(duì)于B，由于為第一象限角，則，，故B正確，對(duì)于C，在中，若，故，所以，故為銳角三角形，C正確，對(duì)于D，為銳角三角形，則,故,同理可得，故，D正確，故選：BCD11．ABC【分析】利用正方體的結(jié)構(gòu)特征，由三棱錐的體積計(jì)算判斷A；取點(diǎn)，借助面面平行推理判斷B；利用線線角、線面角的意義判斷C；建立空間直角坐標(biāo)系，借助空間向量計(jì)算判斷D作答.【詳解】對(duì)于A，當(dāng)時(shí)，取中點(diǎn)，中點(diǎn)，連接，根據(jù)平面向量基本定理知，則在上，則，平面，平面，則平面，則到平面的距離為定值，又的面積為定值，因此四面體的體積為定值，A正確；對(duì)于B，當(dāng)時(shí)，取，則F為的中點(diǎn)，取的中點(diǎn)，令，則為的中點(diǎn)，連接，顯然平面，平面，則平面，而，同理平面，又平面，因此平面平面，又平面，所以平面，B正確；對(duì)于C，過作交于，連接，由平面，得平面，而平面，有，顯然是與平面所成的角，即，由，得是與所成的角，即，所以，C正確；對(duì)于D，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，當(dāng)時(shí)，，點(diǎn)在側(cè)面內(nèi)，設(shè)，，則，于是始終為銳角，D錯(cuò)誤.故選：ABC12．ACD【分析】根據(jù)的奇函數(shù)性質(zhì)，得出解析式并求導(dǎo)即得A項(xiàng)正確,結(jié)合解析式，求導(dǎo)后比較兩式即得B項(xiàng)錯(cuò)誤，運(yùn)用函數(shù)的軸對(duì)稱特征式計(jì)算即得C項(xiàng)正確，構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性和對(duì)稱性即得D項(xiàng)正確.【詳解】對(duì)于A選項(xiàng)，因是奇函數(shù)，故有則，故A項(xiàng)正確；對(duì)于B選項(xiàng)，因故，從而，而，則，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)于C選項(xiàng)，因，故的圖象關(guān)于直線對(duì)稱，故C項(xiàng)正確；對(duì)于D選項(xiàng)，因的圖象關(guān)于直線對(duì)稱，故設(shè)則又設(shè)則有從而在上遞增，則即在上遞增，，故有恒成立，則，又因在上單調(diào)遞減，則在上單調(diào)遞增，又，故即：故D項(xiàng)正確.故選：ACD.13．【分析】根據(jù)向量平行和垂直的坐標(biāo)表示得出參數(shù)計(jì)算即可.【詳解】因?yàn)?，所?因?yàn)?，所?所以.故答案為.14．（答案不唯一）【分析】寫出的表達(dá)式，由通項(xiàng)公式的形式得出首項(xiàng)和公差的關(guān)系，再取值即可得．【詳解】若為等差數(shù)列，設(shè)公差為，則，則，若也為等差數(shù)列，則，即，且，取，則，此時(shí)具有性質(zhì).故（答案不唯一）15．【分析】根據(jù)題意，設(shè)，得到，結(jié)合，求得的值，得到，把不等式轉(zhuǎn)化為，即可求解.【詳解】由，可得必為定值，設(shè)，即，由，解得，所以，則不等式，即為，可得，解得，所以不等式的解集為.故答案為.16．【分析】根據(jù)幾何體的結(jié)構(gòu)特征確定其外接球球心位置，根據(jù)已知求球體半徑，進(jìn)而求球體表面積.【詳解】由對(duì)稱性知：該多面體的各頂點(diǎn)在棱長(zhǎng)為的正方體的表面上，如圖，設(shè)其外接球的球心為，正方形的中心為，則點(diǎn)到平面的距離，又，所以該多面體外接球的半徑，故該球的表面積為.故17．(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)相似可得線線平行，即可由線面平行的判定求證，（2）根據(jù)面面垂直的性質(zhì)可得線面垂直，進(jìn)而可得線線垂直，即可由線面垂直的判定，進(jìn)而可得線線垂直.【詳解】（1）連接與相交于,連接，由于，且,所以,又,所以,平面,平面,所以平面，

（2）過作交于，由于平面平面，且兩平面交線為，平面，所以平面，平面,故，又四邊形為直角梯形，故,是平面內(nèi)的兩相交直線，所以平面，平面，故.

18．(1)364(2)【分析】（1）根據(jù)已知條件，結(jié)合的關(guān)系可推得.結(jié)合已知即可得出，然后根據(jù)已知，結(jié)合換底公式可得出，代入求解即可得出答案；（2）根據(jù)已知分析數(shù)列的構(gòu)成，前30項(xiàng)中取自數(shù)列數(shù)列中有7項(xiàng)，數(shù)列中有23項(xiàng)，進(jìn)而即可分組，求解計(jì)算，即可得出答案.【詳解】（1）由已知可得，當(dāng)時(shí)，有.又因?yàn)?，，所以?又時(shí)，也滿足.所以，是以為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列，所以，.又，所以.又，所以，，所以，，即，即，解得，.（2）由已知可得，數(shù)列中，項(xiàng)及以前共有項(xiàng)，其中數(shù)列中有項(xiàng)，數(shù)列中有項(xiàng).且，，即數(shù)列中，項(xiàng)及以前共有28項(xiàng)，其中數(shù)列中有7項(xiàng)，數(shù)列中有21項(xiàng).所以，，.所以，的前30項(xiàng)的和.19．(1)(2)【分析】(1)利用正弦定理及三角恒等變換即可求解；(2)由余弦定理及三角形的面積公式得，再由基本不等式進(jìn)行求解即可.【詳解】（1）因?yàn)?，所以，即，由正弦定理，得，因?yàn)椋?，因?yàn)椋?，所以，又，所?（2）由余弦定理，得，即，所以，即，因?yàn)?，，所以，所以，又（?dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)），所以（當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)），所以（當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)），所以（當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)），即的最大值為.20