精品解析：江西省鹰潭市余江区第一中学2024-2025学年高三上学期第三次模拟考试（11月期中）数学试题

余江一中2025届高三年级第三次模拟考试 数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：集合与常用逻辑用语，不等式，函数，导数及其应用，三角函数与解三角形，平面向量与复数，数列的概念与等差数列，解析几何，立体几何. 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数在复平面内对应的点位于实轴上，则实数（ ） A. B. C. 1 D. 2 3. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 4. 已知数列满足，则（ ） A. B. 2 C. 3 D. 5. 已知，且，则的最小值是（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 6. 已知函数图象的两相邻对称轴之间的距离为，若存在，，使得成立，则的最大值为（ ） A. －4 B. －2 C. 4 D. 2 7. 已知函数，若关于的不等式的解集为，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在平面四边形中，，点是线段上的一点，且，点是线段上的一点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 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a，b,m都是负数，且，则（ ） A. B. C. D. 10. 下列等式成立的有（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 若在上单调递增，则的取值范围是 B. 点为曲线的对称中心 C. 若过点可作出曲线的三条切线，则的取值范围是 D. 若存在极值点，且，其中，则 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，，若，则_______. 13. 已知函数和的零点分别为，则__________. 14. 锐角的内角的对边为，若的面积是，则的最小值是______． 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. 已知等差数列的前项和为，且，. （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前n项和. 16. 在中，内角，，的对边分别为，，，，. （1）求； （2）若，，求. 17. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，为的中点，，. （1）求证：； （2）求平面与平面的夹角的正弦值. 18. 设抛物线的焦点为，是上一点且，直线经过点． （1）求抛物线的方程； （2）①若与相切，且切点在第一象限，求切点的坐标； ②若与在第一象限内的两个不同交点为，且关于原点的对称点为，证明：直线的倾斜角之和为． 19. 高斯（Gauss）是德国著名数学家，被认为是历史上最杰出的数学家之一，并享有“数学王子”之称.用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数，如，已知函数. （1）证明：； （2）已知函数，命题，使得成立；命题在区间上有零点.若中至少有一个是真命题，求正实数的取值范围； （3）定义：函数的定义域为，函数，若存在，使得，则称点为函数的一个高斯点.记上的第个高斯点和第个高斯点连线的斜率为，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 余江一中2025届高三年级第三次模拟考试 数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：集合与常用逻辑用语，不等式，函数，导数及其应用，三角函数与解三角形，平面向量与复数，数列的概念与等差数列，解析几何，立体几何. 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据并集和补集的含义即可得到答案. 【详解】由题意，得，所以. 故选：C. 2. 若复数在复平面内对应的点位于实轴上，则实数（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算以及几何意义结合对应的点位于实轴上，虚部为0求解即可. 【详解】， 因为复数在复平面内对应的点位于实轴上，所以，解得. 故选：A. 3. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件，利用充分条件和必要条件的判断方法即可得出结果. 【详解】当时，同号，显然有成立， 当时，两边平方得到， 即，所以，即， 所以是的充分不必要条件， 故选：A. 4. 已知数列满足，则（ ） A. B. 2 C. 3 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据递推关系求出前几项可得出数列为周期数列即可得解. 【详解】因为数列满足， 所以， 所以， 所以是周期为3的周期数列， 又，所以． 故选：A． 5. 已知，且，则的最小值是（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，得，再利用基本不等式“1”的妙用求最值 【详解】因为，所以， 所以， 又，，所以，所以， 当且仅当，即时等号成立， 所以，的最小值是4. 故选：B. 6. 已知函数图象的两相邻对称轴之间的距离为，若存在，，使得成立，则的最大值为（ ） A. －4 B. －2 C. 4 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】先求出，再根据正弦函数的性质求出函数的最值，从而可求的最大值. 【详解】因为相邻对称轴之间的距离为，故函数的最小正周期为， 故，故， 当时，，故， 因为存在，，使得成立， 所以即，故的最大值为4， 故选：C 7. 已知函数，若关于的不等式的解集为，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得：当时，，当，，当，，再借助导数研究函数单调性与二次函数的性质计算即可得解. 【详解】由题意知，当时，恒成立，即恒成立， 即有在上恒成立，令，则， 故当时，，当，， 即在上单调递减，在上单调递增， 即，即有； 当时，， 由题意可得，当，，当，， 则有当，，当，， 分别解得，，即； 综上所述：. 故选：D. 8. 如图，在平面四边形中，，点是线段上的一点，且，点是线段上的一点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据余弦定理求解长度，进而可得，．是等边三角形，建立直角坐标系，利用向量的坐标运算，结合二次函数的性质即可求解 【详解】以为原点，所在的直线分别为轴，轴，建立平面直角坐标系，如图所示： 连接，在中，由余弦定理得 ．所以， 所以．而，所以． 连接，在中，由余弦定理得 ．所以， 所以．在中，， 所以三角形是等边三角形，所以， 所以．设，令， 即，所以，所以， 所以， 所以当时，有最小值为． 故选:B． 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a，b,m都是负数，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据题意利用作差法逐项判断即可. 【详解】因为a，b都是负数，且，所以. 对于A：，则，故A错误； 对于B：，则，故B正确； 对于C：，则，故C错误； 对于D：，则，故D正确. 故选：BD. 10. 下列等式成立的有（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】利用两角和正切公式变形化简判断A；逆用两角差正弦公式化简判断B；利用两角差余弦公式化简判断C；通分后，结合二倍角正弦公式，逆用两角差正弦公式化简判断D. 【详解】因为， 所以， 所以，A正确； ， B错误； ，故C错误； ，D正确. 故选：AD 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 若在上单调递增，则的取值范围是 B. 点为曲线的对称中心 C. 若过点可作出曲线的三条切线，则的取值范围是 D. 若存在极值点，且，其中，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A ，求导可得对恒成立，可求以的取值范围判断A；对于B ，通过平移可得，令，可得为奇函数可判断B；对于C ，将代入得到的解析式，根据过某点处导数的几何意义的求法求解即可判断C；对于D ，利用导数在函数单调性中的应用，先分和讨论函数的单调性，得到且，此时可得的表达式，令，结合，再化简即可得到答案可判断D. 【详解】对于A，由，可得， 若在上单调递增，则对恒成立， 所以对恒成立， 所以对恒成立， 所以，所以的取值范围是，故A错误； 对于B，由，可得， 又， 所以，令， 又，所以关于原点对称， 所以点为曲线的对称中心，故B正确； 对于C ，因为，， 所以， 所以， 设切点为，则切线的斜率， 化简得， 由条件可知该方程有三个实根，所以有三个实根， 记，所以， 令，解得或， 当，，所以在上单调递增， 当，，所以在上单调递减， 当，，所以在上单调递增， 当时取得极大值，当时，取得极小值， 因为过点可作出曲线的三条切线， 所以，解得，故选项C正确； 对于D ，因为 ， 所以， 当，在上单调递增； 当，由，解得或， 由，解得， 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增； 因为存在极值点，所以，得， 令，所以，因为，于是， 又 ， 所以 化简得：， 因为，所以，于是，.所以，故选项D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：本题考查切线方程及函数对称性，关键是利用导数求得函数的单调性结合对称性解决D. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，，若，则_______. 【答案】 【解析】 【分析】根据向量平行得到方程，求出，从而得到，利用模长公式求出答案. 【详解】因为，所以，即， 因为，所以. 故答案为： 13. 已知函数和的零点分别为，则__________. 【答案】2 【解析】 【分析】由反函数的性质、函数零点与方程的关系即可求解. 【详解】令， 则函数和的图象与函数交点的横坐标分别为，又易得和的图象关于对称， 设和与的交点坐标分别为， 可知交点坐标也关于直线对称，所以，即. 故答案为：2. 14. 锐角的内角的对边为，若的面积是，则的最小值是______． 【答案】8 【解析】 【分析】作于，根据面积求出，再设，再求出，从而得到，再利用两角和的正弦公式得到，代入上式利用基本不等式即可. 【详解】作于，则，所以. 设，则，因为是锐角三角形， 所以，解得，则， 又， 所以 ，等号仅当，即时成立， 所以的最小值为8. 故答案为：8. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是化弦为切，再将正切表达式代入，最后结合基本不等式即可求出最值. 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. 已知等差数列的前项和为，且，. （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前n项和. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）应用等差数列的通项公式及前n项和公式求基本量，进而写出通项公式； （2）根据的符号，讨论、，结合等差数列前n项和公式求. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，又，， 所以，解得，， 所以. 【小问2详解】 由（1）知， 当时，，则； 当时，，则， 当时，， 当时，. 综上，. 16. 在中，内角，，的对边分别为，，，，. （1）求； （2）若，，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据余弦定理、正弦定理及三角恒等变换化简即可得解； （2）由正弦定理求出，再由余弦定理即可得解. 【小问1详解】 由可得， 由，可得， 因为， 由正弦定理可得， 故， 化简可得，即， 所以， 所以 . 【小问2详解】 因为，， 所以， 所以， 由余弦定理可得 ， 所以. 17. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，为的中点，，. （1）求证：； （2）求平面与平面的夹角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用余弦定理求得的长，再根据勾股定理可求得，结合，可得平面，再由，可得证平面，从而； （2）由（1）知两两垂直，以为原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求两平面的夹角. 【小问1详解】 因为， 在中，，解得. 因为为的中点， 所以， 在中，，所以，且， 即，所以. 因为，所以，所以， 在中，，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以. 又平面，所以平面， 又平面，所以. 【小问2详解】 由（1）知两两垂直，以为原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则. 设平面的一个法向量， 则即令，解得所以. 设平面的一个法向量， 则即令，解得 所以， 设平面与平面的夹角为， 故， 所以平面与平面夹角的正弦值为. 18. 设抛物线的焦点为，是上一点且，直线经过点． （1）求抛物线的方程； （2）①若与相切，且切点在第一象限，求切点的坐标； ②若与在第一象限内的两个不同交点为，且关于原点的对称点为，证明：直线的倾斜角之和为． 【答案】（1） （2）①；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）由化简得，再根据定义得，代入即可的抛物线方程； （2）①设切点坐标为，通过导数求出切线方程，将点代入即可；②设直线的方程为，，，联立得，，然后计算即可. 【小问1详解】 因为， 所以， 所以， 所以， 又P是C上一点， 所以， 所以，解得， 所以抛物线C的方程为． 【小问2详解】 ①设切点坐标为， 因为，所以，切线的斜率为， 所以切线方程为， 将代入上式，得， 所以， 所以切点坐标为． ②由①得，直线的斜率都存在， 要证：直线的倾斜角之和为， 只要证明：直线的斜率之和为． 设直线的方程为，，，, 则，， 由得， 所以，，，即， 所以， 即直线的倾斜角之和为． 【点睛】 19. 高斯（Gauss）是德国著名数学家，被认为是历史上最杰出的数学家之一，并享有“数学王子”之称.用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数，如，已知函数. （1）证明：； （2）已知函数，命题，使得成立；命题在区间上有零点.若中至少有一个是真命题，求正实数的取值范围； （3）定义：函数的定义域为，函数，若存在，使得，则称点为函数的一个高斯点.记上的第个高斯点和第个高斯点连线的斜率为，证明：. 【答案】（1）证明：令，当为奇数时，，当为偶数时，， 故对任意，故， 设函数， 当时，；当时，， 故，即，所以. （2） （3）证明：分析可得第个高斯点的坐标为，第个高斯点的坐标为， 故，要证明原不等式，只需证明， 即证，代入可得， 对左边放缩可得， 只需证，令，即证. 令，故在上单调递减， 所以，即，即. 【解析】 【分析】（1）通过放缩首先证明，其次只需证明即可； （2）通过分析可知命题为假命题，命题为真命题，进一步列出不等式组可得由此即可得解； （3）通过分析可知，只需证，令，即证，构造函数即可得证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 记函数，则， 所以单调递增，， 由（1）知，即， 故在上恒成立，故，即在恒成立. 所以命题为假命题，又因为中至少有一个为真命题，故命题为真命题， 可转化为与在上至少有一个交点， 由（1）知：当时，， 当时，， 故在上的值为零，在上的值为2026， 所以解得. 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：第三问的关键在于得出只需证明即可，进一步构造函数并利用导数即可顺利得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $