精品解析：广东省揭阳市惠来县第一中学2025届高三上学期第2次阶段考试（10月）数学试题

惠来一中2024-2025学年度第一学期高三第2次阶段考试 数学试题 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. 已知集合， ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 分析】先根据题意分别求解集合A、B，再求交集即可. 【详解】集合， 集合， 所以. 故选：D. 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由已知可得，利用复数的除法法则计算可求，进而可求. 【详解】由，得，所以， 得，所以． 故选：C． 3. 已知向量，若，则x的值为（ ） A. －2 B. －1 C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意可得，进而求出x的值. 【详解】因为，所以， 即，解得， 故选：D. 4. 为了得到函数的图象，可以将函数的图象（ ） A. 向右平移个单位 B. 向右平移个单位 C. 向左平移个单位 D. 向左平移个单位 【答案】A 【解析】 【详解】，设 ， ，令，把函数的图象向右平移个单位得到函数的图象.选A. 5. （ ） A. B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】利用同角的三角函数关系将切化弦，再根据二倍角公式以及两角和差的正余弦公式，化简求值，即得答案. 【详解】 ， 故选：B 6. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先应用同角三角函数公式切化弦，再应用两角和与差的正弦公式计算即可. 【详解】由，得，所以， 又， 所以，， 所以． 故选：D. 7. 已知正三棱台的体积为，若，则该正三棱台的高为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设出三棱台的高，求出上下底面的面积，根据棱台体积公式列出方程，求出高. 【详解】在正三棱台中，上、下底面均为正三角形，设正三棱台的高为h， 则，， 又，解得． 故选：A 8. 已知函数，，若和图象存在3个交点，，，则（ ） A 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】由，可知，关于点对称，由函数的对称性即可求出答案. 【详解】因， 又， 所以关于点对称，又， 所以也关于点对称，因为，， 所以交点，，中必定含有一个点为， 且剩余两个点关于点对称，故． 故选：C. 二、多选题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象关于直线对称 C. 在上单调递减 D. 的值域为 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，特殊值检验即可判断；B选项，结合轴对称的概念即可判断；C选项结合的范围去绝对值的符号，结合三角恒等变换，进而可求出单调区间，即可判断；D分段讨论即可求出函数的值域，即可判断. 【详解】对于选项A，由，，得，故的最小正周期不为，选项A错误. 对于选项B，，∴函数的图象关于直线对称，选项B正确. 对于选项C，当时，，，故函数在上单调递减，选项C正确. 对于选项D，当时，，，则，，当时，，，则，，又是的一个周期，因此函数的值域为， 选项D正确. 综上，正确选项为BCD. 故选：BCD. 10. 已知函数满足：，，则（ ） A. B. 为奇函数 C. 为周期函数 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】通过代入特殊值即可判断AB两个选项，将代入关系式即可得到关系式，从而判断出C选项，由C中的关系式判断出D选项. 【详解】取，代入， 得，解得，故A正确，B错误； 令，则，即， 故， 所以是周期为6的周期函数，故C正确； 又，，所以，故D正确． 故选：ACD 11. 已知实数a，b是方程的两个根，且，，则（ ） A. ab的最小值为9 B. 的最小值为18 C. 的最小值为 D. 的最小值为12 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用韦达定理求出的范围，然后可得关系，然后结合基本不等式逐项判断即可． 【详解】因为实数a，b是方程的两个根， 所以，所以或， 由根与系数的关系得，，， 又，，所以，且，综上得． 消去k，得， 由基本不等式得，即， 令，则，解得或（舍去）， 当时，，解得，当时，ab的最小值为9，故A正确； 因为，当时取等号，的最小值为18，故B正确； ， 当，即，时取等号， 所以的最小值为，故C正确； 因为，所以， ， 当，即，时等号成立，此时的最小值为13，故D错误． 故选：ABC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知集合，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据指数不等式的解法和交集的运算求解 详解】由题意，可得，又，所以． 故答案为： 13. 在平面直角坐标系中，已知角的终边与以原点为圆心的单位圆相交于点，角满足，则的值为______. 【答案】## 【解析】 【分析】根据三角函数定义求，利用两角和的余弦公式求出，再由二倍角公式即可求角. 【详解】因为角的终边与以原点为圆心的单位圆相交于点， 所以， 因为， 所以，显然，，， 所以， 所以. 故答案为： 14. 若过点的直线是曲线和曲线的公切线，则________． 【答案】 【解析】 【分析】设该公切线在的切点为，借助导数的几何意义可得切线，再与曲线切于，计算即可得解. 【详解】设直线与曲线的切点为， 由，得切线方程为，又， 所以，将点代入，有， 解得（负值舍去），所以切线方程为， 设切线与曲线的切点为， 又，所以，，， 消去、，得， 令，， 当且仅当时，等号成立， 即函数在上单调递增，又， 所以方程的实数解为， 故有，解得. 故答案为：. 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. 设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，BC，AC边上的两条中线AD，BE相交于点P． （1）求； （2）若，BE＝2，，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边角互化，再结合余弦定理求解即可； （2）由余弦定理结合面积公式计算. 【小问1详解】 因为， 所以由正弦定理得， 由余弦定理得，又， 所以. 【小问2详解】 因为P是BC，AC边上的两条中线AD与BE的交点，所以点P是的重心. 又，，， 所以在中，由余弦定理 ， 所以，又，，所以，所以， 所以的面积为． 16. 函数（，为实数，），已知是函数的极小值点. （1）求的单调区间； （2）若函数在区间上有3个零点，求的取值范围. 【答案】（1）增区间为，，减区间为； （2） 【解析】 【分析】（1）求得，得出函数的单调区间，得到是函数的极小值点，求得，进而求得的单调区间； （2）解法1、由（1）知，求得的极大值为，极小值为，以及，，结合题意，得到且，即可求解； 解法2、令，得到，令，利用导数求得函数的单调区间，以及，，，的值，结合题意转化为与在区间上有三个交点，即可求解. 【小问1详解】 解：由函数，可得， 令，得或， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当，时，，单调递增； 故是函数的极小值点，即，解得， 故的单调递增区间为，，单调递减区间为. 【小问2详解】 解法1、由（1）知，函数的极大值为，极小值为， 又由，， 要使在上有3个零点，则且 ， 解得，故实数的取值范围为. 解法2、令，可得， 令，可得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 且，，，， 若在上有3个零点，则与在上有三个交点， 所以，即实数的取值范围为. 17. 如图，已知正四面体的底面与正四棱锥的一个侧面重合． （1）求证：； （2）求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）分别取棱BC，DE的中点G，H，连接FG，GH，AH，结合正方形的性质利用线面垂直的判定定理证明，进而证明，从而利用线面垂直的性质定理得； （2）通过线面垂直的性质定理得GH，BC，GM两两垂直，建立空间直角坐标系，利用向量法求解二面角的平面角的余弦值. 【小问1详解】 如图，分别取棱BC，DE的中点G，H，连接FG，GH，AH， 因为已知正四面体的底面与正四棱锥的一个侧面重合． 所以所有棱长均相等，所以，， 又为正四棱锥，所以底面BCDE为正方形，所以， 由，平面， 所以平面，因为，所以平面， 由，，且，平面， 故平面，所以平面FGH与平面AHG重合， 即平面，而，所以，所以． 【小问2详解】 由（1）可知，在平面AFGH中，，， 所以四边形AFGH为平行四边形，所以． 取棱AF的中点M，连接GM，AG，可得， 因为GM在平面AFGH中，所以，可得， 由平面，而平面， 得，则GH，BC，GM两两垂直． 设棱长为a，则，， 以G为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， 所以，， 设平面BCF的一个法向量为， 则即， 令，则，，即平面BCF的一个法向量为， 又平面BCD的一个法向量为，， 因为二面角为钝角， 所以二面角的余弦值为. 18. 已知函数，． （1）求的单调区间； （2）当时，，求实数a的取值范围； （3）证明：． 【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为 （2） （3）证明见详解 【解析】 【分析】（1）求导，利用导数求原函数的单调区间； （2）令，可知对任意恒成立，取特殊值得必要条件，再从充分性角度研究时，利用导数证明恒成立即可； （3）由（2）可知：，取，可得，进而分析证明. 【小问1详解】 由题意可知：的定义域为，且， 令，解得；令，解得； 所以的单调递增区间为，单调递减区间为． 【小问2详解】 设， 当时，，即对任意恒成立， 取，解得； 若，则， 设，则， 可知在上单调递增，则，此时，符合题意； 综上所述：实数a的取值范围为． 【小问3详解】 由（2）可知：当时，对，均有，即， 取，代入得， 可得， 分别取代入相加得 ， 所以，原式即证． 【点睛】方法点睛：两招破解不等式的恒成立问题 （1）分离参数法 第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题； 第二步：利用导数求该函数的最值； 第三步：根据要求得所求范围． （2）函数思想法 第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题； 第二步：利用导数求该函数的极值； 第三步：构建不等式求解． 19. 已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，椭圆C的右焦点与抛物线的焦点重合，两曲线在第一象限的交点为P，的面积为. （1）求椭圆C的方程； （2）过点P的直线l交椭圆C于另一点A，若，求l的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）由抛物线的焦点坐标可求出，设，由的面积为可求出点P，由椭圆的定义即可求出，结合，即可求出椭圆C的方程； （2）由可得，求出直线方程，联立直线的方程与椭圆方程可得求出点，即可求出l的方程. 【小问1详解】 由抛物线方程知，所以， 设，则， 又点在抛物线上，所以， 解得，即， 根据椭圆定义， 解得，，所以，所以椭圆C的方程为. 【小问2详解】 因为，所以，又， 直线，联立， 消去y得，，解得或， 当时，， 当时，， 所以或， 又因为直线l过点， 所以或， 可求得直线l的方程为或， 即或. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 惠来一中2024-2025学年度第一学期高三第2次阶段考试 数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合， ，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，若，则x的值为（ ） A －2 B. －1 C. 1 D. 2 4. 为了得到函数图象，可以将函数的图象（ ） A. 向右平移个单位 B. 向右平移个单位 C. 向左平移个单位 D. 向左平移个单位 5. （ ） A. B. C. D. 2 6. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知正三棱台的体积为，若，则该正三棱台的高为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，，若和图象存在3个交点，，，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象关于直线对称 C. 在上单调递减 D. 的值域为 10. 已知函数满足：，，则（ ） A. B. 为奇函数 C. 为周期函数 D. 11. 已知实数a，b是方程的两个根，且，，则（ ） A. ab的最小值为9 B. 的最小值为18 C. 最小值为 D. 的最小值为12 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12 已知集合，，则______． 13. 在平面直角坐标系中，已知角的终边与以原点为圆心的单位圆相交于点，角满足，则的值为______. 14. 若过点的直线是曲线和曲线的公切线，则________． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，BC，AC边上的两条中线AD，BE相交于点P． （1）求； （2）若，BE＝2，，求的面积． 16. 函数（，为实数，），已知是函数极小值点. （1）求的单调区间； （2）若函数在区间上有3个零点，求的取值范围. 17. 如图，已知正四面体的底面与正四棱锥的一个侧面重合． （1）求证：； （2）求二面角的余弦值. 18. 已知函数，． （1）求的单调区间； （2）当时，，求实数a的取值范围； （3）证明：． 19. 已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，椭圆C的右焦点与抛物线的焦点重合，两曲线在第一象限的交点为P，的面积为. （1）求椭圆C的方程； （2）过点P的直线l交椭圆C于另一点A，若，求l的方程. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$