江苏省镇江市2024-2025学年高三上学期期中模拟数学测试卷（3）

期中复习（3） 姓名：___________ 班级：___________ 一、单选题 1．已知集合，集合，则（     ） A． B． C． D． 2．下列关于复数（i为虚数单位）的说法错误的有（     ） A．z的共轭复数为 B． C．z的虚部为 D． 3．已知向量，，则“”是“”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 4．若函数是R上的增函数，则实数a的取值范围为（     ） A． B． C． D． 5．曲线在点处的切线方程为（     ） A． B． C． D． 6．已知，，则（     ） A． B． C． D． 7．如图，一艘客船在处测得灯塔在它的南偏东方向，测得灯塔在它的南偏东方向.该客船向正东方向行驶后到达处，此时客船测得灯塔在它的南偏西方向，测得灯塔在它的南偏西方向，则灯塔与灯塔之间的距离（    ） A． B． C． D． 8．若数列的前项和为，且满足，，，则的值为（     ） A．0 B．3 C．4 D．5 二、多选题 9．下列命题是假命题的是（    ） A.若，则 B.函数的零点是和 C.是成立的充分不必要条件 D.若，则函数的最小值为2 10．关于函数，其中正确命题是（    ） A．是以为最小正周期的周期函数 B．的最大值为 C．将函数的图象向左平移个单位后，将与已知函数的图象重合 D．在区间上单调递减 11．已知函数的定义域为为偶函数，为奇函数，则下列选项正确的是（    ） A．的图象关于直线对称 B．的图象关于点对称 C． D．的一个周期为8 三、填空题 12．已知角的始边与x轴的正半轴重合，终边过点，则等于 . 13．已知数列满足：，且，则数列的通项公式是 14．如图，四面体的每条棱长都等于2，M，N分别是上的动点，则MN的最小值是 .此时= . 四、解答题 15．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． (1)若，求B； (2)若，，求△ABC的面积. 16．已知向量，，函数. (1)求的单调递减区间； (2)若在区间上的最大值为3，求的最小值. 17．如图，在平行六面体中，平面ABCD，，，． (1)求证：； (2)求点到直线的距离； (3)线段上是否存在点E，使得平面与平面的夹角为？若存在，求的长；若不存在，请说明理由． 18．已知数列满足，. (1)求证：数列为等比数列； (2)设，求数列的前项和. 19．已知为实数，函数（其中是自然对数的底数）. (1)讨论函数的单调性； (2)若对任意的恒成立，求的最小值. 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A A D B A A D ABD ABD 题号 11 答案 ABD 1．C【详解】由题意可知：， ，所以. 2．A【详解】，故A错；，故B正确； 的虚部为-1，故C正确；，故D正确. 3．A【详解】由，，若，则，解得或， 故“”是“”的充分不必要条件， 4．D【详解】函数是R上的增函数，，解得. 5．B【详解】求导可得，所以切线的斜率为， 所以切线方程为，即， 6．A【详解】因为,又因为,所以, 所以. 7．A【详解】由题意可知，， 所以在中， 因为， ， 由正弦定理可得：，则，解得：， 在中，所以，所以在，由余弦定理可得： ， 所以. 8．D【详解】数列的前项和为，且满足，且， 可得，，所以数列是周期为6的数列，其中，所以. 9．ABD【详解】对A，因为函数在上均单调递增，则在上单调递增， 若，则，即，故A错误；对B，令，解得或4，则其零点为或4，故B错误；对C，，解得，则， 则是成立的充分不必要条件，故C正确；对D，令，则，，， 根据对勾函数的单调性知：在上单调递增，，故D错误. 10．ABD【详解】由题得， 对于A，函数最小正周期为，故A正确； 对于B，函数最大值为，故 B正确； 对于C，将函数的图象向左平移个单位可得到函数解析式为 ， 所以该函数图象不会与已知函数的图象重合，故C错误； 对于D，当，，因为正弦函数在区间上单调递减， 所以函数在区间上单调递减，故D正确. 11．ABD【详解】由于函数的定义域为为偶函数， 则，即，则的图象关于直线对称，A正确； 又为奇函数，则，即， 故的图象关于点对称，B正确； 由于，令，则， 又的图象关于直线对称，故，C错误； 又，，则， 故，即，则，即的一个周期为8，D正确， 12．【详解】由题意知，则 . 13．【详解】由，则，即，又，则，故数列是以为首项，为公差的等差数列，即， 则有，，....，，且，故，即，显然均满足. 14． 【详解】因为四面体的每条棱长都等于2，则三个向量两两间的夹角为， 当分别是的中点，取得最小值，理由如下， 因为分别是的中点，， 则 ， 所以，同理可证， 由异面直线公垂线的性质可知，此时取得最小值， 此时，，所以； 又，，， 则 . 15．【详解】（1）因为，所以由正弦定理得，， 又代入上式得，所以， 由，则为锐角，且，所以. （2）由（1）知，，因为，，所以，则，， 故，或（舍去）.所以，又，， 由正弦定理得，则，则， 由余弦定理得，则，化简得，解得， 所以.故△ABC的面积为. 16．【详解】（1） ，令， 解得，所以的单调递减区间为 （2）由（1）知，因为，所以， 因为在区间上的最大值为3，所以在区间上的最大值为， 所以，即，所以的最小值为. 17．【详解】（1）因为所以，所以 因为中，平面，平面，所以,所以,所以，所以， 所以，所以. （2）以为轴建立空间直角坐标系，, ,所以, , 所以点到直线的距离为； （3）因为 设, 设平面的法向量为, ,令,则,所以 因为,所以 设平面的法向量为, ,令,则,所以 平面与平面的夹角为, 所以,计算得，所以不符合, 不存在线段上点E，使得平面与平面的夹角为. 18．【详解】（1）证明：因为，所以，又，所以， 故数列是首项为，公比为的等比数列. （2）由（1）知，数列是首项为3，公比为3的等比数列，所以，即， 所以，，则， 两式相减得， 所以. 19．【详解】（1）易知，因为，所以， 当时，恒成立，此时在上单调递增， 当时，由，得到， 当时，，当时，，即在区间上单调递减，在区间上单调递增， 综上，时，在上单调递增，时，的减区间为，增区间为. （2） 因为当时，时，， （3） 由（1）知，要使对任意的恒成立，则，且恒成立， 即恒成立，得到， 所以， 令，则，由，得到， 当时，，时，， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以，故的最小值为. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$