河北省衡水市衡水中学2025届高三上学期期中综合素质评价数学试卷（含答案）

河北省衡水中学2025届高三上学期期中综合素质评价数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.若复数满足，则( )
A. B. C. D.
2.设全集，集合，则( )
A. B. C. D.
3.用平行于底面的平面截正四棱锥，截得几何体为正四棱台已知正四棱台的上下底面边长分别为和，侧棱与底面所成的角为，则该四棱台的体积是( )
A. B. C. D.
4.已知等差数列的前项和为，若，且，则( )
A. B. C. D.
5.已知两条不同的直线，，两个不同的平面，，则下列条件能推出的是( )
A. ，，且， B. ，，且
C. ，，且 D. ，，且
6.函数，若，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
7.在同一平面直角坐标系内，函数及其导函数的图象如图所示，已知两图象有且仅有一个公共点，其坐标为，则( )
A. 函数的最大值为 B. 函数的最小值为
C. 函数的最大值为 D. 函数的最小值为
8.如图，在棱长为的正方体中，是侧面上的一个动点，点为线段上，且则以下命题正确的是 动点的轨迹：指动点运动所形成的图形
A. 沿正方体的表面从点到点的最短距离是
B. 保持与垂直时，点的轨迹长度为
C. 若保持，则的轨迹长度为
D. 平面被正方体截得截面为直角梯形
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.以下是真命题的是( )
A. 已知，为非零向量，若，则与的夹角为锐角
B. 已知，，为两两非共线向量，若，则
C. 在三角形中，若，则三角形是等腰三角形
D. 若三棱锥的三条侧棱与底面所成的角相等，则顶点在底面的射影是底面三角形的外心
10.已知定义在上的函数，，其导函数分别为，，，，且为奇函数，则( )
A. 的图象关于对称 B.
C. D.
11.已知中，，，分别在线段，上，且，现将沿折起，使二面角的大小为以下命题正确的是( )
A. 若，，则点到平面的距离为
B. 存在使得四棱锥有外接球
C. 若，则三棱锥体积的最大值为
D. 若，三棱锥的外接球的半径取得最小值时，
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.如图，在正三棱柱中，，，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为 ．
13.如图，圆与轴的正半轴的交点为，点、在圆上，且点位于第一象限，点的坐标为，，若，则的值为 ．
14.曲线在，两点处的切线分别为，，且，则 ；若，交点的横坐标为，则 ．
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.本小题分
已知的面积为，为边的中点，，．
求边的长
求角的正弦值．
16.本小题分
如图，三棱台中，是正三角形，平面，，，分别为棱，的中点．
证明：平面
求直线与平面所成的角的正弦值．
17.本小题分
已知数列和满足，，，，
求与；
记数列的前项和为，且，若对，恒成立，求的取值范围．
18.本小题分
如图，四棱锥的底面为正方形，，分别为，的中点，且平面平面．
证明：；
若，当四棱锥的体积最大时，求平面与平面的夹角的余弦值．
19.本小题分
设是定义域为且图象连续不断的函数，若存在区间和，使得在上单调递增，在上单调递减，则称为“山峰函数”，为“峰点”，称为的一个“峰值区间”．
判断是否是山峰函数？若是，请指出它的一个峰值区间；若不是，请说明理由；
已知，是山峰函数，且是它的一个峰值区间，求的取值范围；
设，函数设函数是山峰函数，是它的一个峰值区间，并记的最大值为若，且，，求的最小值．参考数据：
参考答案
1.
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4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.解：设，，则．
因为为边的中点，所以．
因为的面积为，所以．
因为，所以．
得，所以，所以，
所以的长为．
在中，由余弦定理得，
所以，得，
在中，由正弦定理得，
所以，所以．
16.证明：因为是正三角形，为中点，所以，
因为平面，平面，所以，
因为，、平面，
所以平面，
又因为平面，所以，
连接，易得，
所以，所以，
又因为，所以，
因为，、平面，
所以平面．
解：取中点，连接，，易知，，三条直线两两垂直，
以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
由知平面的一个法向量为，
又，所以，，
所以直线与平面所成的角的正弦值为．

17.解：，，是等比数列，公比为，所以，
，
，
两式相减得，，从而是常数列，，
所以，即；
由已知，为奇数时，，
，
为偶数时，，
则，
，
，
，
，，
，即是递增数列，
所以中最小值为，
对，恒成立，则．

18.解：设，，过点作于，
由平面平面，且平面平面，平面，
故平面，由于平面，所以；
因为，分别为，的中点，因此，因此，
由底面为正方形可知，由于，平面，
因此平面，由于平面，故，
因为为的中点，因此；
不妨设，以为坐标原点，为轴，为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
由可知，点在平面内，设，由，
即，即，
当的体积最大时，，
此时，则，，
则，，．
设平面的法向量为，则，即
令，则；
设平面的法向量为，则，即
令，则；
则，
即平面与平面的夹角的余弦值为：．

19.解：由，求导可得，；
令，则有，所以在上单调递增，
又，所以当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增，
所以不是山峰函数．
由题意可知：函数在区间上先增后减，且存在峰点，
由于，
又当时，，则在上单调递减，
所以
设，，所以，则在上单调递增．
所以当时，，即此时恒成立：
由于当时，不等式等价于，即，
故的取值范围是．
由题意得：
．
若恒成立，易知当时，，当时，，
则函数在上单调递减，在单调递增，
不是山峰函数，不符合题意；
因此关于的方程有两个相异实根，设两根为，且，
且有；
由于当时，，且，，
所以函数在上不单调；
同理，由于当时，，且，
所以在上不单调，从而有，．
因此在和上单调递减，在和上单调递增；
从而函数的峰值区间为，必满足．
所以．
由于，，
，
由题意知满足不等式组：
由于当时，满足上述不等式组，则有，
即的最小值为．

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