精品解析：辽宁省普通高中2024-2025学年高三上学期11月期中考试数学试题

2024－2025学年度上学期高三年级期中考试 数学 本卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡的指定位置.考试结束后，将答题卡交回. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号. 3.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的除法化简可得出复数，利用共轭复数的定义以及复数的模长公式可求得结果. 【详解】因为，则，所以，， 所以，. 故选：D. 2. 下列四个命题中是假命题的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】分别解不等式结合真假命题的定义即可判断. 【详解】，解得，所以，是真命题； ，即，解得， 所以，是真命题； ，所以，解得，所以，是假命题； ，是真命题. 故选：. 3. 已知集合为全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】取，可得出，可判断A选项；取，可判断B选项；根据，可判断C选项；根据，可判断D选项. 【详解】对于A选项，因为，则、均不为空集， 因为，所以，当时，则， 又因为为的真子集，A错； 对于B选项，若，则，B错； 对于C选项，因为， 所以，，C错； 对于D选项，因为，所以，，D对. 故选：D. 4. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，利用辅助角公式，二倍角公式及其诱导公式综合化简求值即可 【详解】由于 ， 代入原式中得：，解得：； 又. 故选：D 5. 若函数在上存在零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由已知，问题为在上有解，令，利用导数可得在上单调递增，可得，即可得到答案. 【详解】函数在上存在零点， 则有解，即在上有解， 令，则， 当时，， 所以函数在上单调递增， 所以，即， 所以实数的取值范围是. 故选：A. 6. 已知定义在上的函数及其导函数，满足，且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】令，结合题意得，所以在上单调递增，，即，即，根据单调性解不等式即可. 【详解】令，则， 因为，所以， 所以在上单调递增， ，即， 又，则， 所以，即， 所以，解得. 故选：. 7. 已知高为的正四棱台的所有顶点都在球的球面上，，为内部（含边界）的动点，则（ ） A. 平面与平面的夹角为 B. 球的体积为 C. 的最小值为 D. 与平面所成角度数的最大值为 【答案】D 【解析】 【分析】利用几何法求二面角可判断；根据外接球的性质，及球的体积公式计算可判断；利用面面垂直的判定定理及性质定理结合题意计算可判断；利用几何法求线面角可判断. 【详解】 对于：取中点为，连接，则， 所以平面与平面的夹角为， 因为，所以，， 又高为，所以， 所以，即平面与平面的夹角为.故错误； 对于：，所以点到各个顶点的距离都为， 所以点即为正四棱台的外接球的球心， 所以球的半径为，所以球的体积为，故错误； 对于：易得平面，且平面， 所以平面平面， 连接，交于点，连接，则四边形为菱形， 所以，，又平面， 平面平面， 所以平面，连接， 因为平面，所以， 所以，所以， 当且仅当点与重合时等号成立，故错误； 对于：因为平面，垂足为， 平面，所以为直线到平面的距离， 所以点到平面的距离为， 设直线与平面所成角为，则， 因为，所以， 当且仅当点与重合时等号成立， 所以与平面所成角度数的最大值为，故正确. 故选： 8. 已知函数，若在区间上恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求导得，分、、，讨论函数的单调性及最值，即可得答案. 【详解】解：因为， 所以， 又因为， 所以当时，，在上单调递减， 所以，不满足题意； 所以， 令， 则， 令，得， 当，即时，在上恒成立， 所以，即在上单调递增， 所以， 所以在上单调递增， 则，满足题意； 当，即时， 当时，，则，即单调递减， 当时，，则，即单调递增， 又因为， 假设存在唯一，使成立，则必有， 所以当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 又， 所以当时，必有，不满足题意； 综上，. 故选：D. 【点睛】难点点睛：本题的难点是在对时，正负的确定，其关键是结合题意得出、. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题所给的四个选项中，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. 已知函数的图象关于直线对称，则（ ） A. 在上单调递减 B. 曲线的对称中心为， C. 直线是曲线的一条对称轴 D. 在上有一个极值点 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用函数的对称性求出的值，可得出函数的解析式；利用余弦型函数的单调性可判断A选项；利用余弦型函数的对称性可判断BC选项；利用极值点的定义可判断D选项. 【详解】因为函数的图象关于直线对称， 则，可得， 因为，则，所以，， 对于A选项，由，得， 所以，函数在上单调递减，A对； 对于B选项，由得， 所以，曲线的对称中心为，B错； 对于C选项，由得， 当时，，则直线是曲线的一条对称轴，C对； 对于D选项，当时，， 由可得，所以，函数在上只有一个极值点，D对. 故选：ACD. 10. 在边长为的正方形中，点为线段上的一点，，为线段上的动点，为的中点，则（ ） A. B. 在上的投影向量为 C. 存在点，使得直线 D. 的最小值为 【答案】AD 【解析】 【分析】利用平面向量的加法可判断A选项；利用投影向量的定义可判断B选项；设，其中，若存在点使得，根据共线向量的基本定理可得出关于的等式，解之可判断C选项；利用平面向量数量积的运算性质结合二次函数的基本性质可判断D选项. 【详解】对于A选项，因为点为线段上的一点，，则， 所以，，A对； 对于B选项，在上的投影向量为，B错； 对于C选项，由题意可知，，， 因为为线段上的动点，所以，设，其中， 又因为为的中点， 则， 若存在点使得，则，故， 该方程无解，故不存在点，使得，C错； 对于D选项，由C选项可知， ， 又因为，所以，当时，取到最小值，D对. 故选：AD. 11. 设是的导函数，是的导函数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”，且“拐点”就是三次函数图象的对称中心.已知函数，则（ ） A. 若有极值点，则 B. 若当时，有极值，则对应的拐点为或 C. 若当时，在上无极值点，则的取值范围为 D. 若当，时，曲线与轴分别交于、、，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】分析可知，对于。，可判断A选项；根据题中信息求出实数、的值，结合拐点的定义可判断B选项；根据题意可知，在上为单调函数，对于，有，可判断C选项；利用三次方程根与系数的关系可判断D选项. 【详解】对于A选项，若函数有极值点，则有两个不等的零点， 所以，，即，A对； 对于B选项，当时，函数有极值， 则，解得或， 当，时，， 此时，函数在上单调递增，该函数无极值， 经检验，，合乎题意， 所以，，，令，可得， 此时，函数对应的拐点为，B错； 对于C选项，当时，函数在上无极值点， 则函数在上为单调函数，则恒成立， 则，解得，即实数的取值范围是，C对； 对于D选项，当，时，， 由有， 等式两边同除可得， 令，则、、是方程的三个根， 所以，， 即， 所以，，，， 所以，，D对. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题第（3）问题的解题关键就是令，从而将问题转化为、、是方程的三个根，然后利用韦达定理求解. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 设数列的前项和为，且满足，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】利用等比数列的定义判定，再利用等比数列的通项公式和前项和公式来求解即可. 【详解】由，可得， 所以数列是一个公式为的等比数列， 即， 所以 即， 所以由等比数列的求和公式可得：， 故答案为:. 13. 已知直线是曲线和的公切线，则的值为_____. 【答案】 【解析】 【分析】利用导数的几何意义求解即可. 【详解】令，则， 因为直线是曲线的切线， 所以由解得，此时 所以在处的切线为，所以， 又是的切线， 联立得， 令解得， 所以， 故答案为： 14. 已知正方体的棱长为1，点，分别是线段，上的两个动点，若与底面所成角的度数为，则线段长度的取值范围是_____. 【答案】 【解析】 【分析】由三点共线，引入两个参数，，由与底面所成角为得出，的数量关系以及各自的范围，进一步将长度表示为的函数即可得解. 【详解】以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 所以，，，，， 由题意可设，，其中， 所以， 显然为平面的法向量， 所以， 化简得， 显然（否则矛盾）， 从而，解得， ， 因为在上单调递减，在上单调递增， 所以函数在上的最小值为，最大值为， 所以的取值范围为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：关键在于得到，，由此即可得解. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 在中，内角的对边分别为，，，且为内一点. （1）判断的形状； （2）若，，，求的最小值. 【答案】（1）为等腰三角形 （2） 【解析】 【分析】（1）由已知，由正弦定理可得，即，则，得为等腰三角形. （2）由已知，是边长为的正三角形，又在中，，，可求得外接圆的半径为，可得当点在中点时，取得最小值，计算可得的最小值. 【小问1详解】 在中，因为， 所以，由正弦定理得， 即，则， 所以，所以为等腰三角形. 【小问2详解】 由（1）知，中，，又，， 所以是边长为的正三角形， 由为内一点，在中，，， 设外接圆的半径为， 则由正弦定理，，解得， 则是边长为的正三角形， 又点在圆的劣弧上运动， 如图，设点是在弧上除中点外的一点， 因为， 则当点在中点时，即与弧的交点，取得最小值， 又， 此时， 即的最小值是. 16. 已知函数. （1）求的极值点； （2）若，有，求实数的取值范围. 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）求得，对实数的取值范围进行分类讨论，分析函数的单调性，结合极值点的定义可得出结论； （2）由结合参变量分离法可得，利用导数求出函数在上的最大值，即可得出实数的取值范围. 【小问1详解】 解：因为， 则， 当时，，由可得，由可得， 此时，函数的减区间为，增区间为， 所以，函数的极小值点为，无极大值点； 当时，，则， 由可得或，由可得， 此时，函数的增区间为、，减区间为， 所以，函数的极大值点为，极小值点为； 当时，， 当时，，则， 当时，，则， 此时，函数在上单调递增，无极值点； 当时，，则， 由可得或，由可得， 此时，函数的增区间为、，减区间为， 所以，函数的极大值点为，极小值点为. 综上所述，当时，函数的极大值点为，极小值点为； 当时，函数无极值点； 当时，函数的极大值点为，极小值点为； 当时，函数的极小值点为，无极大值点. 【小问2详解】 解：因为， 对任意的，有，所以，，即， 令，其中，则， 所以，函数在上单调递减，则，故， 因此，实数的取值范围是. 17. 观察下面图形中小正方形的个数，若第个图形中的小正方形的个数为，令. （1）求及数列的前项和； （2）设数列的前项和为，若恒成立，求的取值范围. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）分析可得，利用等差数列求和公式可得出的表达式，然后利用裂项相消法可求得； （2）求得，利用错位相减法可求得，然后利用参变量分离法可得出，利用基本不等式求出的最小值，即可得出实数的取值范围. 【小问1详解】 解：由题意可得，，， ，，， 所以，， 则， 所以，. 【小问2详解】 解：由（1）知，， 所以，，① ，② ②①得， 因为，即， 所以，， 由基本不等式可得， 当且仅当时，即当时，等号成立，则， 因此，实数的取值范围是. 18. 如图，在正三棱柱中，、分别是、的中点.若，. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明：连接，交于点，连接， 因为四边形为平行四边形，则为的中点， 又因为为的中点，所以，， 因为平面，平面，所以，平面. （2） 【解析】 【分析】（1）连接，交于点，连接，有中位线的性质可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，由求出的值，然后利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点，连接， 因为平面，为等边三角形，为的中点，则， 以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 设，则、、、、， 所以，，， 因为，则，解得， 则，，，， 设平面的法向量为，则， 取，可得， 设平面的法向量为，则， 取，可得， 所以，， 因此，平面与平面夹角的余弦值为. 19. 如果无穷数列满足“对任意正整数，，都存在正整数，使得”，则称数列具有“性质”. （1）记数列的前项和为，若，求证：具有“性质”； （2）若等差数列的首项，公差为，求证：具有“性质”的充分条件是； （3）如果各项均为正整数的无穷等比数列具有“性质”，且，，三个数中恰有两个出现在数列中，求满足题意的的公比. 【答案】（1）证明过程见解析 （2）证明过程见解析 （3）2 【解析】 【分析】（1）根据的关系式，得到，若，则，则当时，对任意正整数，，都存在正整数，使得，所以具有“性质”； （2）求出，假设数列具有“性质”，得到方程，化简得到，当时，数列具有“性质”，当时，当时，成立，从而得到数列具有“性质”； （3）从，，三个数中任选两个，共有3种情况，，和，和，；分三种情况，推出公比为2，具有“性质”，其他情况均不合要求，得到答案. 【小问1详解】 当时，，解得， 当时，， 整理得， 故为首项和公比均为2的等比数列，故， 若，则， 则当时，对任意正整数，，都存在正整数，使得， 所以具有“性质”； 【小问2详解】 证明：因为数列是首项为1的等差数列，所以， 则， 若数列具有“性质”，则， 则， 则， 故， 故当时，上式成立，此时数列具有“性质”， 当时，， 当时，也是正整数， 即成立， 此时数列具有“性质”，数列数列具有“性质”的充分条件为； 【小问3详解】 从，，三个数中任选两个，共有以下3种情况，，和，和，； 对于，，因为为正整数，可以认为，是等比数列中的项， 因为等比数列各项均为正整数，所以公比可能为， 若公比为2，则的通项公式可以为， 此时，由（1）可知，具有“性质”， 若公比为，的首项可以是， 的通项公式为或或或， 均不是中的项，此时不具有“性质”， 同理可得，公比为时，也不合题意， 对于，，因为不是正整数，不合题意， 对于，，因为为正整数，可以认为，是等比数列中的项， 因为等比数列各项均为正整数，所以公比可能为， 若公比为3，则的通项公式为， 此时， 因为不是中的项，所以此数列不具有“性质”， 同理可得公比为时，数列也不具有“性质”， 综上，满足题意的的公比为2. 【点睛】方法点睛：新定义问题的方法和技巧： （1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解； （2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻； （3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律； （4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024－2025学年度上学期高三年级期中考试 数学 本卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡的指定位置.考试结束后，将答题卡交回. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号. 3.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1. 若，则（ ） A. B. C. D. 2. 下列四个命题中是假命题的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 已知集合为全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 4. 若，则（ ） A. B. C. D. 5. 若函数在上存在零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知定义在上的函数及其导函数，满足，且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 7. 已知高为的正四棱台的所有顶点都在球的球面上，，为内部（含边界）的动点，则（ ） A. 平面与平面的夹角为 B. 球的体积为 C. 的最小值为 D. 与平面所成角度数的最大值为 8. 已知函数，若在区间上恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题所给的四个选项中，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. 已知函数的图象关于直线对称，则（ ） A. 在上单调递减 B. 曲线的对称中心为， C. 直线是曲线的一条对称轴 D. 在上有一个极值点 10. 在边长为的正方形中，点为线段上的一点，，为线段上的动点，为的中点，则（ ） A. B. 在上的投影向量为 C. 存在点，使得直线 D. 的最小值为 11. 设是的导函数，是的导函数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”，且“拐点”就是三次函数图象的对称中心.已知函数，则（ ） A. 若有极值点，则 B. 若当时，有极值，则对应的拐点为或 C. 若当时，在上无极值点，则的取值范围为 D. 若当，时，曲线与轴分别交于、、，则 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 设数列的前项和为，且满足，则_____. 13. 已知直线是曲线和的公切线，则的值为_____. 14. 已知正方体的棱长为1，点，分别是线段，上的两个动点，若与底面所成角的度数为，则线段长度的取值范围是_____. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 在中，内角的对边分别为，，，且为内一点. （1）判断的形状； （2）若，，，求的最小值. 16. 已知函数. （1）求的极值点； （2）若，有，求实数的取值范围. 17. 观察下面图形中小正方形的个数，若第个图形中的小正方形的个数为，令. （1）求及数列的前项和； （2）设数列的前项和为，若恒成立，求的取值范围. 18. 如图，在正三棱柱中，、分别是、的中点.若，. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 19. 如果无穷数列满足“对任意正整数，，都存在正整数，使得”，则称数列具有“性质”. （1）记数列的前项和为，若，求证：具有“性质”； （2）若等差数列的首项，公差为，求证：具有“性质”的充分条件是； （3）如果各项均为正整数的无穷等比数列具有“性质”，且，，三个数中恰有两个出现在数列中，求满足题意的的公比. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $