精品解析：吉林省长春市第八中学2025届高三上学期一模数学试卷

长春八中2024-2025学年度上学期 高三校一模（数学）试卷 出题人：孙静波 审题人：徐洁然 考试时间：120分钟 满分：150分 一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.） 1. 命题“，”的否定为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 2. 设，则“”是“函数在上单调递增”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 函数的大致图象是（ ） A. B. C. D. 4. 复数的虚部是（ ） A. 1012 B. 1011 C. D. 5. 定义：如果集合存在一组两两不交（两个集合的交集为空集时，称为不交）的非空真子集且，那么称子集族构成集合的 一个划分.已知集合，则集合的所有划分的个数为（    ） A. 3 B. 4 C. 14 D. 16 6. 设函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，．若，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知，，，则有（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若方程有三个不相等的实数解，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，不分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 已知函数，若把函数的图象向右平移个单位长度后得到的图象关于原点对称，则（ ） A. B. 函数的图象关于点对称 C. 函数在区间上单调递减 D. 函数在上有3个零点 10. 已知函数，若存在四个不同的值，使得，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 已知为斜三角形，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则（ ） A. B. 的最小值为2 C. 若，则 D. 若，则 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 如图，在中，分别是边AB，AC上的点，，且，点是线段DE的中点，且，则____________. 13. 设函数是定义在R上的奇函数，对任意，都有，且当时，，若函数（且）在上恰有4个不同的零点，则实数a的取值范围是______． 14. 已知曲线在处的切线为，曲线在处的切线为，且，则的取值范围是_________. 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. 如图，三棱锥中，平面，是棱上一点，且. （1）证明：平面； （2）若，求与平面所成角的正弦值. 16. 在①，②这两个条件中任选一个，补充在下面问题中并解答. 问题：在中，内角所对的边分别为，，，，，且_____________，求的值. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 17. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）设，若存在，且，使不等式成立，求实数的取值范围. 18. 已知椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知． （1）求椭圆的方程和离心率； （2）点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程． 19. 我们知道，在平面内取定单位正交基底建立坐标系后，任意一个平面向量，都可以用二元有序实数对表示.平面向量又称为二维向量，一般地，n元有序实数组称为n维向量，它是二维向量的推广.类似二维向量，对于n维向量，可定义两个向量的数量积，向量的长度（模）等：设，，则；.已知向量满足，向量满足 （1）求的值； （2）若，其中. （i）求证：； （ii）当且时，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 长春八中2024-2025学年度上学期 高三校一模（数学）试卷 出题人：孙静波 审题人：徐洁然 考试时间：120分钟 满分：150分 一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.） 1. 命题“，”的否定为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】根据全称量词命题的否定形式解决问题即可. 【详解】由全称量词命题的否定形式可知： 命题“，”的否定为“，”. 故选：C. 2. 设，则“”是“函数在上单调递增”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，由二次函数的对称轴和函数的单调性的关系以及充分性与必要性的应用，即可得到结果. 【详解】函数的对称轴为， 由函数在上单调递增可得，即， 所以“”是“函数在上单调递增”的充分不必要条件. 故选：A 3. 函数的大致图象是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分,,,，讨论的正负号，排除A,C，比较的大小，排除D. 【详解】函数的定义域为， 当时，，当时，，故选项C错误， 当时，，当时，，故选项A错误， 且，， 因为，所以，故选项D错误. 只有B中图象符合题意， 故选：B. 4. 复数的虚部是（ ） A. 1012 B. 1011 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由错位相减法化简复数后再由复数的运算和复数的几何意义求出结果即可. 【详解】因为， ， 所以，① 因为，所以，， 所以化简①可得， 所以虚部为， 故选：D. 5. 定义：如果集合存在一组两两不交（两个集合的交集为空集时，称为不交）的非空真子集且，那么称子集族构成集合的 一个划分.已知集合，则集合的所有划分的个数为（    ） A. 3 B. 4 C. 14 D. 16 【答案】B 【解析】 【分析】解二次不等式得到集合，由子集族的定义对集合进行划分，即可得到所有划分的个数. 【详解】依题意，， 的2划分为，共3个， 的3划分为，共1个， 故集合的所有划分的个数为4. 故选：B. 6. 设函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，．若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据为奇函数，为偶函数，可得函数的周期，且为偶函数，根据时，，求的值得此时解析式，即可求得的值. 【详解】为奇函数，，所以关于对称，所以①，且， 又为偶函数，，则关于对称，所以②， 由①②可得，即，所以， 于是可得，所以的周期， 则，所以为偶函数 则，所以，所以 所以，解得，所以当时， 所以. 故选：B. 7. 已知，，，则有（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】令，利用导数说明在上单调递减，即可得到，再令，利用导数证明，即可得到，从而得到. 【详解】令，有， 所以当时，即在上单调递减， 所以，即，所以，即， 令，则，所以当时，即在上单调递增， 所以，即， 所以，所以，所以， 综上可得. 故选：D. 8. 已知函数，若方程有三个不相等的实数解，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，求导可得，画出函数的大致图像，令，可得 等价于，然后构建，结合二次函数根的分布，分别讨论，代入计算，即可求解. 【详解】由题意可知：的定义域为，则， 当时，；当时，； 可知在内单调递减，在内单调递增，可得， 且当趋近于时，趋近于；当趋近于时，趋近于0； 作出的图象，如图所示， 对于关于x的方程， 令，可得，整理得， 且不为方程的根， 可知方程等价于， 若方程有三个不相等的实数解， 可知有两个不同的实数根， 且或或， 构建， 若，则，解得； 若，则，解得， 此时方程为，解得，不合题意； 若，则，解得， 此时方程为，解得，不合题意； 综上所述：实数a的取值范围为. 故选：A 【点睛】关键点睛：本题主要考查了利用导数研究函数图象问题，以及函数零点问题，难度较大，解答本题的关键在于画出函数的大致图象，以及将方程根的问题进行转化进行求解. 二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，不分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 已知函数，若把函数的图象向右平移个单位长度后得到的图象关于原点对称，则（ ） A. B. 函数的图象关于点对称 C. 函数在区间上单调递减 D. 函数在上有3个零点 【答案】BC 【解析】 【分析】先求出平移后的函数解析式，再结合条件求，由此可得函数的解析式，再由正弦型函数的性质，对选项逐一判断，即可得到结果. 【详解】由已知可得 因为函数的图像关于原点对称， 则，解得，又， 则时，， 所以，故A错误； 因为， 所以的图像关于点对称，故B正确； 当时，则， 且函数在单调递减， 所以函数在区间上单调递减，故C正确； 令，即， 解得，又， 则，共两个零点，故D错误； 故选：BC. 10. 已知函数，若存在四个不同的值，使得，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由的图象，求出特殊点，结合条件逐一比较分析判断. 【详解】当时，，当时，，当时，， 由图像可知，，此时，解得，故A对； 因为关于对称，所以，又， ，故B对； 由，得 ，由，得 ， 由，得 ，故C错； ，故D对. 故选：ABD 11. 已知为斜三角形，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则（ ） A. B. 的最小值为2 C. 若，则 D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】根据正弦定理化简，结合推导出，然后化成正切的式子，得到，判断出A项正确；根据基本不等式取等号的条件，得到当的最小值时，，此时为等腰直角三角形，与题设矛盾，可知B项不正确；利用正弦定理证出，结合余弦定理，证出，判断出C项正确；若，利用余弦定理与三角恒等变换公式，化简得到，求得或，可知D项不正确． 【详解】A．由，得， 因为， 所以， 两边都除以，得， 整理得，故A项正确； B．若的最小值为2，则此时，可得， 结合，得， 此时，可得，与为斜三角形矛盾，故B项不正确； C．若，由正弦定理，得， 结合，可得， 所以，可得， 由余弦定理得， 因此，，整理得，故C项正确； C．， 若，则， 可得，即， 结合为三角形的内角，可知或， 所以或，故D项不正确． 故选：AC． 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 如图，在中，分别是边AB，AC上的点，，且，点是线段DE的中点，且，则____________. 【答案】 【解析】 【分析】先用余弦定理可得，然后由向量的数量积计算可得，进而由平面向量的线性运算可得，从而由平面向量的基本定理可得的值，进而可得结论. 【详解】由中，， 得，则. 由，且得，则，即. 由是的中点，所以, 所以， 又， 所以， 化简可得， 又，所以，则. 故答案为：. 13. 设函数是定义在R上的奇函数，对任意，都有，且当时，，若函数（且）在上恰有4个不同的零点，则实数a的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】先由题意分析出性质，将零点问题转化为交点问题，再对分和讨论，再找到临界位置，从而得到不等式组， 范围即可. 【详解】∵，则函数关于直线对称， 又∵函数是定义在R上的奇函数，则， 即，则， 故函数是以4为周期的周期函数， 又∵，即， 故函数关于点对称， 令，则， 原题等价于与在上有4个交点，且的定义域为， 当时，则若在上4个交点，则，解得， 当时，则若在上有4个交点，则，解得， 综上. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是将函数零点问题转化为两函数交点问题，再对进行分类讨论，作出符合题意的图象，找到临界位置，得到不等式组，解出即可. 14. 已知曲线在处的切线为，曲线在处的切线为，且，则的取值范围是_________. 【答案】 【解析】 【分析】由，，求导，根据，得到，由，得到.而，然后令，用导数法求解. 【详解】令，，则，， 所以，， 因为，故，所以， 因为，故. 又，令，则， 当时，为减函数， 故，所以在上恒成立， 故在上为减函数，所以，即. 因此，的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】本题主要考查导数的几何意义，导数与函数的最值，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 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. 如图，三棱锥中，平面，是棱上一点，且. （1）证明：平面； （2）若，求与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明：因为，所以， 又因为，可得为边上的高， 所以因为平面且平面 所以又因为且平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据的面积相等，得到再由平面证得结合线面垂直的判定定理，即可证得平面； （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得向量和平面的法向量为，结合向量的夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面且， 以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，因为，可得， 则， 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 设直线与平面所成角为， 则， 故与平面所成角的正弦值为. 16. 在①，②这两个条件中任选一个，补充在下面问题中并解答. 问题：在中，内角所对的边分别为，，，，，且_____________，求的值. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】 【解析】 【分析】根据向量运算可得.选择条件①：整理可得，利用正弦定理可得，求得，利用余弦定理运算求解；选择条件②：整理可得，利用正弦定理可得，求得，利用余弦定理运算求解； 【详解】因为，可知角A是钝角， 又因为，则，可得. 选择条件①： 因为，即， 化简得，即， 由正弦定理得. 由，解得， 由余弦定理可得，所以. 选择条件②： 因为，由正弦定理可得， 整理可得，即. 由正弦定理得，由，解得， 由余弦定理可得，所以. 17. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）设，若存在，且，使不等式成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）时，在上单调递增；时，在和上单调递增，在上单调递减；时，在和上单调递增，在上单调递减；时，在上单调递减，在上单调递增. （2）k＞0 【解析】 【分析】（1）求出，求出极值点，通过①当，即时，②当，即时，③当，即时，④当，即时，判断导函数的符号，判断函数的单调性即可． （2）由（1）知，当时，在上单调递增，不妨设，则不等式可化为，令，则在上存在单调递减区间，利用导函数转化求解即可． 【小问1详解】 ∵. 令得或. ∴①当，即时，由在时恒成立，则在上单调递增. ②当，即时，由当时，；当时， 则在和上单调递增，在上单调递减. ③当，即时，由当时，；当时， 则在和上单调递增，在上单调递减. ④当，即时，由当时，；当时， 则在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 由（1）知，当时，在上单调递增，不妨设， 则不等式可化为， ，令，则在上存在单调递减区间. ∴在区间有解，即在上有解， ∴，，故. 18. 已知椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知． （1）求椭圆的方程和离心率； （2）点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程． 【答案】（1）椭圆的方程为，离心率为. （2）. 【解析】 【分析】（1）由解得，从而求出，代入椭圆方程即可求方程，再代入离心率公式即求离心率. （2）先设直线的方程，与椭圆方程联立，消去，再由韦达定理可得，从而得到点和点坐标.由得，即可得到关于的方程，解出，代入直线的方程即可得到答案. 【小问1详解】 如图， 由题意得，解得，所以， 所以椭圆的方程为，离心率为. 【小问2详解】 由题意得，直线斜率存在，由椭圆的方程为可得， 设直线的方程为， 联立方程组，消去整理得：， 由韦达定理得，所以， 所以，. 所以,,， 所以， 所以，即， 解得，所以直线的方程为. 19. 我们知道，在平面内取定单位正交基底建立坐标系后，任意一个平面向量，都可以用二元有序实数对表示.平面向量又称为二维向量，一般地，n元有序实数组称为n维向量，它是二维向量的推广.类似二维向量，对于n维向量，可定义两个向量的数量积，向量的长度（模）等：设，，则；.已知向量满足，向量满足 （1）求的值； （2）若，其中. （i）求证：； （ii）当且时，证明：. 【答案】（1）； （2）（i），依题意，， 设，，求导得， 函数在上单调递增，即当时，， 即， 因此，，所以. （ii）由（i）知， 且， 因此 ，即， 所以当且时，. 【解析】 【分析】（1）利用定义求出，再利用错位相减法求和即得. （2）（i）构造函数，利用导数探其单调性推理得证；（ii）利用（i）的结论，结合裂项相消法求和即可推理得证. 【小问1详解】 依题意，，， 则， 于是， 两式相减得， 所以. 【小问2详解】 （i）略 （ii）略 【点睛】关键点点睛：构造函数，利用导数判断其单调性，赋值计算得到是解决第2问的关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $