精品解析：吉林省通化市梅河口市第五中学2025届高三上学期11月期中考试数学试题

高三期中数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的 1. 复数的虚部是（ ） A. B. C. D. 2. 式子的值为（ ） A. B. 2 C. D. 3. 设{an}是由正数组成的等比数列，为其前n项和．已知a2a4＝1，S3＝7，则S5＝（ ） A. B. C. D. 4. 在的展开式中，含项的系数是（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数对都有，且其导函数满足当时,，则当时，有（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数为，在R上单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知是函数在上的两个零点，则（    ） A. B. C. D. 8. 已知函数的定义域为，且为奇函数，为偶函数，且对任意的，且，都有，则下列结论错误的为（ ） A. 是偶函数 B. C. 的图象关于对称 D. 二､多项选择题：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．全选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 对于函数和，则（ ） A. 与的零点相同 B. 与的最小值相同 C. 与的最小正周期相同 D. 与的极值点相同 10. 抛物线C：的准线为l，P为C上的动点，过P作的一条切线，Q为切点，过P作l的垂线，垂足为B，则（ ） A. l与相切 B. 当P，A，B三点共线时， C. 当时， D. 满足的点有且仅有2个 11. 设函数且，则（ ） A. 函数和的图像关于直线对称 B. 函数和的图像的交点均在直线上 C. 若，方程的根为，方程的根为，则 D. 已知，若恒成立，则的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则曲线在点处的切线方程为__________. 13. 若定义在上的函数满足：，且，则______. 14. 如图的“心形”曲线恰好是半圆，半圆，曲线组合而成的，则曲线所围成的“心形”区域的面积等于__________. 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，已知，且. （1）求角C的大小； （2）若向量与共线，求的周长. 16. 已知是等比数列，是等差数列，且，，，. （1）求数列和的通项公式； （2）设，，求数列的前n项和. 17. 已知函数. （1）若在定义域上单调递增，求的取值范围； （2）若恒成立，求实数的值. 18. 已知函数. （1）当时，求的单调区间； （2）若在其定义域内不存在极值，求实数的值. 19. 已知函数，当的值能使在区间上取得最大值时，我们就称函数为“关于的界函数”. （1）若为“关于的界函数”，求实数的取值范围； （2）在数列中，已知，且，判断时，是不是“关于的界函数”？若是，请证明：当时，的值不小于“关于的界函数”；若不是，请说明理由； （3）在（2）的条件下，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三期中数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的 1. 复数的虚部是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据复数的除法运算化简至的形式，则虚部可知. 【详解】因为， 所以虚部为， 故选：D. 2. 式子的值为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据两角和的正切公式来求得正确答案. 【详解】. 故选：A 3. 设{an}是由正数组成的等比数列，为其前n项和．已知a2a4＝1，S3＝7，则S5＝（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由等比数列的性质易得a3＝1，进而由求和公式可得q，再代入求和公式计算可得． 【详解】由题意可得a2a4＝a32＝1，∴a3＝1， 设{an}的公比为q，则q＞0， ∴S31＝7，解得q或q（舍去）， ∴a14，∴S5 故选B. 【点睛】本题考查等比数列的通项公式和求和公式，属基础题． 4. 在的展开式中，含项的系数是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出展开式中含的系数为，再利用组合数的计算性质求和即可. 【详解】解：展开式中第项为：， 中含有项的系数为： . 故选：C. 5. 已知函数对都有，且其导函数满足当时,，则当时，有（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据导函数满足当时,,可得在上递减,在上递增,可得为最小值,再根据对称轴和单调性可得,从而可知选D 【详解】因为函数对都有, 所以的图象关于对称, 又当时,,时,, 所以在上递减,在上递增, 所以时,函数取得最小值, 因为,所以,, 所以, 所以, 所以, 所以, 所以. 故选:D 【点睛】本题考查了利用导数判断函数的单调性,考查了利用单调性比较大小,考查了利用对数函数的单调性比较大小,属于中档题. 6. 已知函数为，在R上单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用在上单调递增，结合导数求出的范围，再利用分段函数是增函数求出范围即可. 【详解】依题意，函数在上单调递增， 则对恒成立， 即，，而函数在上单调递减， 即恒成立，因此，解得， 显然函数在上递增， 又函数在上递增，则，解得，于是， 所以实数的取值范围是. 故选：D 7. 已知是函数在上的两个零点，则（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】采用换元法结合图象先分析出的关系，然后利用诱导公式和已知条件求解出的值. 【详解】由题意可知，是方程的两根，且， 令，作出在上的图象如下图所示： 由图象可知，，所以， 所以，所以， 又因为，所以， 故选：B. 8. 已知函数的定义域为，且为奇函数，为偶函数，且对任意的，且，都有，则下列结论错误的为（ ） A. 是偶函数 B. C. 的图象关于对称 D. 【答案】D 【解析】 【分析】由已知奇偶性得出函数的图象关于点对称且关于直线对称，再得出函数的单调性，然后由对称性变形判断ABC，结合单调性判断D． 【详解】为奇函数，为偶函数，的图象关于点对称且关于直线对称，，，， ，所以是周期函数，4是它的一个周期． ， ，B正确； ，是偶函数，A正确； 因此的图象也关于点对称，C正确； 对任意的，且，都有，即时，，所以在是单调递增， ，，， ，∴，D错． 故选：D． 【点睛】结论点睛：（1）的图象关于点对称，也关于点对称，则是周期函数，是的一个周期； （2）的图象关于直线对称，也关于直线对称，则是周期函数，是的一个周期； （1）的图象关于点对称，也关于直线对称，则是周期函数，是的一个周期． 二､多项选择题：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．全选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 对于函数和，则（ ） A. 与的零点相同 B. 与的最小值相同 C. 与的最小正周期相同 D. 与的极值点相同 【答案】BC 【解析】 【分析】A选项，令，求出两函数零点；B选项，；C选项，的周期均为；D选项，对令，得，，对令，得，，故极值点不同. 【详解】A选项，令，解得，， 令，解得，， 显然，零点不同，A选项错误； B选项，显然，B选项正确； C选项，根据周期公式，的周期均为，C选项正确； D选项，对令，得，， 对令，得，， 显然，的极值点不同，D选项错误. 故选：BC. 10. 抛物线C：的准线为l，P为C上的动点，过P作的一条切线，Q为切点，过P作l的垂线，垂足为B，则（ ） A. l与相切 B. 当P，A，B三点共线时， C. 当时， D. 满足的点有且仅有2个 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，抛物线准线为，根据圆心到准线的距离来判断；B选项，三点共线时，先求出的坐标，进而得出切线长；C选项，根据先算出的坐标，然后验证是否成立；D选项，根据抛物线的定义，，于是问题转化成的点的存在性问题，此时考察的中垂线和抛物线的交点个数即可，亦可直接设点坐标进行求解. 【详解】A选项，抛物线的准线为， 的圆心到直线的距离显然是，等于圆的半径， 故准线和相切，A选项正确； B选项，三点共线时，即，则的纵坐标， 由，得到，故， 此时切线长，B选项正确； C选项，当时，，此时，故或， 当时，，，， 不满足； 当时，，，， 不满足； 于是不成立，C选项错误； D选项，方法一：利用抛物线定义转化 根据抛物线的定义，，这里， 于是时点的存在性问题转化成时点的存在性问题， ，中点，中垂线的斜率为， 于是的中垂线方程为：，与抛物线联立可得， ，即的中垂线和抛物线有两个交点， 即存在两个点，使得，D选项正确. 方法二：（设点直接求解） 设，由可得，又，又， 根据两点间的距离公式，，整理得， ，则关于的方程有两个解， 即存在两个这样的点，D选项正确. 故选：ABD 11. 设函数且，则（ ） A. 函数和的图像关于直线对称 B. 函数和的图像的交点均在直线上 C. 若，方程的根为，方程的根为，则 D. 已知，若恒成立，则的取值范围为 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A：根据反函数的性质分析判断；对于B：举反例说明即可；对于C：整理可得，，同构函数，结合函数单调性分析证明；对于D：根据题意分析可得，构建函数，利用导数分析其最值，结合恒成立问题即可得结果. 【详解】对于选项A：因为和互为反函数，可知其图象关于直线对称，故A正确； 对于选项B：例如，则， 可知和的图像有交点和，均不在直线上，故B错误； 对于选项C：由题意可得：， 因为，可得，即， 设函数， 因为在上单调递增，可知在上单调递增， 又因为，则，即，故C正确； 对于选项D：当时，为增函数， 若，则，与矛盾，舍去，所以， 若恒成立，则，即， 两边取对数可得，即， 同理可得：等价于，即， 令，则， 当时，；当时，； 则，可得，解得， 所以的取值范围为， 例如，可得， 即，且为增函数， 可得，符合题意，故D错误. 故选：AC. 【点睛】关键点点睛：对于C：根据题意整理可得，，进而可同构函数； 对于D：根据题意分析可知：，解得的取值范围为，进而取反例说明. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则曲线在点处的切线方程为__________. 【答案】 【解析】 【分析】求导，即可求解斜率，根据点斜式即可求解直线方程. 【详解】，故，又， 故曲线在点处的切线方程为，即， 故答案为： 13. 若定义在上的函数满足：，且，则______. 【答案】3 【解析】 【分析】根据题意，由条件可得4为的一个周期，然后取即可得到的值，即可得到结果. 【详解】因为，所以，所以， 4为的一个周期，则， 又，取，得， 所以，故. 故答案为：3 14. 如图的“心形”曲线恰好是半圆，半圆，曲线组合而成的，则曲线所围成的“心形”区域的面积等于__________. 【答案】 【解析】 【分析】先求出两个半圆面的面积，再求曲线与、轴围成的区域的面积， 根据对称性得出与、轴围成的区域的面积，即可得解. 【详解】设，线段的中点为，如图， 因为曲线关于点对称， 所以可将曲线与轴、轴围成的区域割补为直角三角形的区域， 于是曲线与轴、轴围成的区域的面积就是直角三角形的面积， 即； 根据对称性，可得曲线与、轴围成的区域的面积为， 又曲线所围成的“心形”区域中，两个半圆的面积为， 所以曲线所围成的“心形”区域的面积等于. 故答案为： 【点睛】关键点睛：解法的关键是根据余弦型函数为中心对称图象，据此采用割补的方法，转化为直角三角形的面积. 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，已知，且. （1）求角C的大小； （2）若向量与共线，求的周长. 【答案】（1），（2）. 【解析】 【分析】（1）将变形到，即可求出角C； （2）由向量与共线可得，然后结合余弦定理解出、即可. 【详解】（1）因为，所以 所以，所以 所以，所以 因为是的内角，所以 （2）因为向量与共线 所以，即 由余弦定理可得，即 解得 所以的周长为 【点睛】本题考查的是三角恒等变换和正余弦定理的应用，考查了学生的计算能力，属于基础题. 16. 已知是等比数列，是等差数列，且，，，. （1）求数列和的通项公式； （2）设，，求数列的前n项和. 【答案】（1）,（2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列与等比数列的通项公式,代入即可求得等差数列的公差和等比数列的公比,进而求得数列和的通项公式; （2）代入数列和的通项公式可得的通项公式.根据错位相减法及分组求和法,即可求得数列的前n项和. 【详解】（1）设等比数列的公比为,等差数列的公差为. ,,,. 由等差数列与等比数列通项公式可得 解得或(舍) 所以, （2）,代入, 可得 则 两式相减可得 即 所以 【点睛】本题考查了等差数列与等比数列通项公式的应用,等比数列求和公式的应用,错位相减法求数列的前n项和,分组求和法求数列的和,属于中档题. 17. 已知函数. （1）若在定义域上单调递增，求的取值范围； （2）若恒成立，求实数的值. 【答案】（1） （2）4 【解析】 【分析】（1）根据导数与单调性的关系，建立不等式，利用参数分离的解题方法，将不等式恒成立问题转化为，函数求最值问题，可得答案； （2）根据不等式构造函数，并明确函数的最值，利用最值与极值的关系，求得参数的值，得到具体函数，并利用导数验证最值的真假，可得答案. 【小问1详解】 依题意可知，，即在上恒成立. 设，显然当时，，当时，， 则在上单调递增，在上单调递减， 故，因此； 【小问2详解】 设，注意，即，因此为最大值. 由. 下证明当时，恒有， 注意到，令，， 由（1）可知， 因此. 当时，，当时，， 因此，故，故单调递减，而， 因此时，单调递增，当时，单调递减. 即，证毕. 【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用，二是函数的零点，不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理. 18. 已知函数. （1）当时，求的单调区间； （2）若在其定义域内不存在极值，求实数的值. 【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为. （2）. 【解析】 【分析】（1）求函数的导函数，求得导函数的零点，由表得出函数的单调区间； （2）分类讨论的取值，①时，导函数只有一个零点，且零点左右区间导函数值符号相反，函数不单调；②或由（1）知函数不单调；③时，导函数恒小于0，单调递减，可得结论. 【小问1详解】 函数的定义域为， . 因为，所以由， 得或. 又， 所以随的变化情况如下表： 0 - 0 + 0 - 减函数 极小值 增函数 极大值 减函数 由上表可知，的单调递减区间为，单调递增区间为. 【小问2详解】 由（1）知， 当时，，当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，存在极值，不符合题意； 当时，由（1）可得存在极值，不符合题意 当时，恒有不存在极值，符合题意； 当时，由（1）可知令时，得或. ∵， ∴的单调递减区间为，单调递增区间为， 存在极值，不符合题意. 综上所述，. 19. 已知函数，当的值能使在区间上取得最大值时，我们就称函数为“关于的界函数”. （1）若为“关于的界函数”，求实数的取值范围； （2）在数列中，已知，且，判断时，是不是“关于的界函数”？若是，请证明：当时，的值不小于“关于的界函数”；若不是，请说明理由； （3）在（2）的条件下，求证：. 【答案】（1） （2）是，证明：因为，由（1）可知，当时，为“关于的界函数”. 当时，.（*） 要证当时，的值不小于“关于的界函数”， 即证. 又，得， 所以. 又，所以数列是首项为，公比为的等比数列. 所以，即有. 检验知时，结论也成立，故. 所以. 所以由（*）式知，. 所以当时，的值不小于“关于的界函数”. （3）证明：由（2）知，当时，，有成立， 所以 . 由（1）可知时，上式取得最大值， 所以. 所以. 所以原不等式成立. 【解析】 【分析】（1）通过求导函数来研究函数的单调性和最值，可知当时，取得最大值，再结合为“关于的界函数” 可得实数的取值范围； （2）由和（1）可判断时，是“关于的界函数”，构造等比数列可得，进而得，再结合界函数的定义即可证明； （3）由（2）可知当时，，有成立，从而得，再结合（1）可得时，上式有最大值，进而可证. 【小问1详解】 由， 得. 因为，所以当时，在上单调递减，无最值，不符合题意. 当时，时，；时，， 所以在上单调递增，在上单调递减. 所以当时，取得最大值. 故若为“关于的界函数”，则实数的取值范围是. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题通过函数与数列知识的交汇，考查导数的应用､数列的递推､等比数列及不等式的证明等有关知识，学生运用所学知识分析问题､解决问题的能力，以及逻辑推理能力和计算能力是解题的关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $