河北省邯郸市武安市2024-2025学年高三上学期10月期中考试数学试题学校:_姓名：_班级：_考号：_一、单选题1已知集合，则（）ABCD2若复数满足（是虚数单位），则等于（）ABCD3已知平面向量，则向量在向量上的投影向量为（）ABCD4记为等差数列的前项和，若，则（）A21B19C12D425已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做点绕点沿逆时针方向旋转角得到点.已知平面内点，点，把点绕点沿顺时针方向旋转后得到点，则点的坐标为（）ABCD6已知数列的前项和为，其中，且，则（）ABCD7已知，则（）ABCD8已知正四棱台下底面边长为，若内切球的体积为，则其外接球表面积是（）A49B56C65D130二、多选题9如图，在正方体中，分别为棱的中点，点是面的中心，则下列结论正确的是（）A四点共面B平面被正方体截得的截面是等腰梯形C平面D平面平面10已知函数，则（）A的一个对称中心为B的图象向右平移个单位长度后得到的是奇函数的图象C在区间上单调递增D若在区间上与有且只有6个交点，则11我们知道正.余弦定理推导的向量法，是在中的向量关系的基础上平方或同乘的方法构造数量积，进而得到长度与角度之间的关系.如图，直线与的边，分别相交于点，设，则下列结论正确的有（）ABCD三、填空题12已知集合中的三个实数，按一定顺序排列后可以排成一个等差数列和一个等比数列，则 13已知函数在上是增函数，且，则的取值的集合为 .14已知点为扇形的弧上任意一点，且，若，则的取值范围是 .四、解答题15的内角的对边分别为，已知(1)求角；(2)若角的平分线交于点，求的长16如图，在四棱锥中，平面平面，.（）求证：平面；（）求直线与平面所成角的正弦值.17已知等比数列的各项均为正数，成等差数列，且满足，等差数列数列的前项和(1)求数列和的通项公式：(2)设的前项和，求证：18分别过椭圆的左、右焦点作两条平行直线，与C在x轴上方的曲线分别交于点(1)当P为C的上顶点时，求直线PQ的斜率；(2)求四边形的面积的最大值19我们称复数列为广义等差的，若实数列和均为等差数列(1)若等比复数列（即）是广义等差的，证明：；(2)已知，若复数列为广义等差的，求的所有可能值；(3)若复数列是广义等差的，且，证明：对于任意实数，复数列中至多存在两项，使得参考答案：题号12345678910答案BCAACCDCBDBD题号11 答案ABD 1B【分析】解一元二次不等式求出集合A，然后由交集运算可得.【详解】解不等式，得，所以.故选：B2C【分析】由复数的除法运算计算可得，再由模长公式即可得出结果.【详解】依题意可得，所以.故选：C3A【分析】根据投影向量的计算公式即可求解.【详解】，所以向量在向量上的投影向量为.故选：A4A【分析】根据等差数列的性质，即可求解公差和首项，进而由求和公式求解.【详解】是等差数列，即，所以故公差，故选：A5C【分析】根据题意，计算出 ，再根据向量的坐标运算法则计算出点P的坐标.【详解】因为,所以 ，将向量顺时针方向旋转，即逆时针旋转，得到化简得 ，所以P点坐标为；故选：C.6C【分析】由，采用构造数列的方法，则可以确定数列为等比数列，然后进行求解即可.【详解】因为，所以，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以，即，所以故选：C.7D【分析】利用两角差的余弦定理和同角三角函数的基本关系建立等式求解，再由两角和的余弦公式求解即可【详解】由已知可得，解得，故选：D8C【分析】作出正四棱台及其内切球的轴截面，求出正四棱台的上底面边长，再求出外接球半径即可得解.【详解】正四棱台下底面边长，设其内接球半径为，则，解得，取的中点，则四边形内切圆是正四棱台内接球的截面大圆，则四边形是等腰梯形，而，整理得，而，则，设为正四棱台外接球球心，为该球半径，则，令分别为正四棱台上下底面的中心，则，当球心在线段时，解得，球的表面积为；当球心在线段的延长线时，无解，所以所求外接球表面积是.故选：C9BD【分析】可得过三点的平面为一个正六边形，判断A；分别连接和，截面是等腰梯形，判断B；分别取的中点，易证显然不平行平面，可判断C；平面，可判断D.【详解】对于A：如图经过三点的平面为一个正六边形，点在平面外，四点不共面，选项A错误；对于B：分别连接和，则平面即平面，截面是等腰梯形，选项B正确；对于C：分别取的中点，则平面即为平面，由正六边形，可知，所以不平行于，又平面，所以，所以平面，所以不平行于平面，故选项错误；对于D：因为是等腰三角形，是的中点，易证，由正方体可得平面，平面，又平面，平面，平面，平面，平面平面故选项D正确故选：BD10BD【分析】代入即可验证A，根据平移可得函数图象，即可由正弦型函数的奇偶性求解B，利用整体法即可判断C，由求解所以根，即可求解D.【详解】对于A，由，故A错误；对于B，的图象向右平移个单位长度后得：，为奇函数，故B正确；对于C，当时，则，由余弦函数单调性知，在区间上单调递减，故C错误；对于D，由，得，解得或，在区间上与有且只有6个交点，其横坐标从小到大依次为：，而第7个交点的横坐标为，故D正确.故选：BD11ABD【分析】利用余弦定理可判断A；利用正弦定理和正弦的和差公式可判断B；利用特殊值可判断C错误；设，在两边同乘向量，根据数量积定义即可判断D.【详解】对A，由余弦定理知，上述三个等式相加得，A正确；对B，因为，所以，B正确；对C，当时，式子左边，右边，由得，此时，只有当时，等式才成立，由于角的任意性，所以等式不一定恒成立，C错误；对D，设，则，则，因为，所以，即，整理得，D正确.故选：ABD125【分析】由已知可得2是与的等比中项，求得，然后分，再结合等差中项的概念列式求解与的值，即可求解.【详解】因为，所以2是与的等比中项，则，若，则为与2的等差中项，可得，解得，所以；若，则为与2的等差中项，可得，解得，所以；综上所述：.故答案为：5.13【分析】由可得，由函数在上是增函数可得，然后对的取值逐一验证，然后可得取值.【详解】由可知，得，所以，又函数在上是增函数，所以，即，所以，所以，的可能取值为.当时，由解得，经检验，时不满足题意；当时，由解得，经检验，时满足题意.所以，的可能取值为.故答案为：【点睛】本题综合考查了三角函数的单调性、最值、周期之间的关系，关键在于能从已知中发现周期的所满足的条件，然后根据周期确定的可能取值，再通过验证即可求解.14【分析】建系设点的坐标，再结合向量关系表示，最后应用三角恒等变换及三角函数值域求范围即可.【详解】方法一：设圆的半径为1，由已知可设为轴的正半轴，为坐标原点，过O点作x轴垂线为y轴建立直角坐标系，其中，其中，由，即，整理得，解得，则，所以.方法二：设，如图，当位于点或点时，三点共线，所以；当点运动到的中点时，所以故答案为：15(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理及两角和的正弦定理整理得到，再利用三角形的内角及正弦函数的性质即可求解；（2）利用正弦定理得出，再由余弦定理求出，再根据三角形的面积建立等式求解【详解】（1）由，根据正弦定理可得，则，所以，整理得，因为均为三角形内角，所以，因此，所以（2）因为是角的平分线，所以在和中，由正弦定理可得，因此，即，所以，又由余弦定理可得，即，解得，所以又，即，即，所以16（）见解析；（）【详解】分析：（1）先证明，再证明平面.(2)利用向量方法求直线与平面所成角的正弦值.详解：（）因为，平面平面，所以平面，所以，又因为，所以平面；（）取的中点，连结，因为，所以.又因为平面，平面平面，所以平面.因为平面，所以.因为，所以.如图建立空间直角坐标系，由题意得，.设平面的法向量为，则，即，令，则，.所以.又，所以.所以直线与平面所成角的正弦值为.点睛：（1）本题主要考查线面位置关系的证明，考查直线和平面所成的角的求法，意在考查学生对这些知识的掌握水平和空间想象转化能力.(2) 直线和平面所成的角的求法方法一：（几何法）找作（定义法）证（定义）指求（解三角形），其关键是找到直线在,平面内的射影作出直线和平面所成的角和解三角形.方法二：（向量法），其中是直线的方向向量，是平面的法向量，是直线和平面所成的角.17(1)，(2)证明见详解【分析】（1）根据等差数列，等比数列的基本量运算列式求解；（2）由（1）可得，利用裂项相消法求和得证.【详解】（1）由题，设数列an的公比为（），bn的公差为，由，即，解得，又，即，解得，.所以数列an的通项公式为，数列bn的通项公式为.（2）由（1）得，所以，所以.18(1)(2)3【分析】（1）结合图形，易得，求得的斜率，由直线与椭圆的方程联立，求得点，即得直线PQ的斜率；（2）结合图形，由对称性可知，四边形是平行四边形，四边形的面积是面积的一半，设直线的方程，并与椭圆方程联立，写出韦达定理，求出和点到直线的距离，得到四边形的面积函数式，利用换元和对勾函数的单调性即可求得面积的最大值.【详解】（1）由可知,椭圆上顶点为，即,直线的斜率为，则直线的方程为：，将其代入整理得，解得，或，因点在x轴上方,故得点，于是直线PQ的斜率为：；（2）如图，设过点的两条平行线分别交椭圆于点和，利用对称性可知，四边形是平行四边形，且四边形的面积是面积的一半.显然这两条平行线的斜率不可能是0（否则不能构成构成四边形），可设直线的方程为代入，整理得：，显然，设，则，于是，点到直线的距离为，则四边形的面积为，令，则，且，代入得，因函数在上单调递增，故，当时，取得最小值为4，此时.19(1)证明过程见解析(2)(3)证明过程见解析【分析】（1）由题意只需证明，结合以及复数运算即可得证；（2）先由（1）中结论可得，求出对应的的可能