精品解析：福建省三明第一中学2024-2025学年高三上学期11月期中考试数学试题

三明一中2024-2025学年上学期半期考高三数学试卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第一部分（选择题共58分） 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. 复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的运算法则化简，再写出其对应的点即得. 【详解】， 故其在复平面对应的点为，在第四象限. 故选：D. 2. 设均为单位向量，则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量的运算法则和公式进行化简，结合充分条件和必要条件的判定方法，即可求解. 【详解】由，则，即， 可得，所以，即充分性成立； 反之：由，则，可得且， 所以，即必要性成立， 综上可得，是的充分必要条件. 故选：C. 3. 已知数列满足，若，则（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据递推式求出的值，可以发现数列为周期数列，从而推出的值. 【详解】因为，所以， 所以数列的周期为3，所以. 故选：C. 4. 已知实数，，满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用基本不等式“1”的妙用求解即得. 【详解】实数，，由，得， 因此， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为. 故选：B 5. 中国古建筑的屋檐下常系挂风铃，风吹铃动，悦耳清脆，亦称惊鸟铃．若一个惊鸟铃由铜铸造而成，且可近似看作由一个较大的圆锥挖去一个较小的圆锥，两圆锥的轴在同一条直线上，截面图如下，其中，，，若不考虑铃舌，则下列数据比较接近该惊鸟铃质量的是（参考数据：，铜的密度为8.96）（ ） A. 1kg B. 2kg C. 3kg D. 0.5kg 【答案】A 【解析】 【分析】根据圆锥的体积公式，结合质量公式求解即可. 【详解】由题意可得惊鸟铃的体积约为长， 所以该惊鸟铃的质量约为（kg）． 故选：A． 6. 已知函数在区间上有且仅有2个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用三角函数的性质结合整体思想计算即可. 【详解】因为，所以， 令，则方程有2个根， 所以，解得， 则的取值范围是． 故选：B 7. 在中，内角，，的对边分别为，，，且，，则角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】借助余弦定理计算可得，借助三角恒等变化公式化简可得，代入计算即可得角的大小. 【详解】因为，由余弦定理得， 所以，又，所以， 因为， 所以， 即， 又，所以， 所以或（舍）， 所以，所以. 故选：B. 8. 已知函数，若存在使得关于的不等式成立，则实数的取值范围（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将不等式变形为，构造函数，分析可知该函数为增函数，可得出，求出函数的最小值，可得出关于实数的不等式，即可得出实数的取值范围. 【详解】因为，由可得，即函数的定义域为， 可得， 即， 构造函数，其中，则，故函数在上单调递增， 所以，，可得，则， 即，其中，令，其中， 则，当时，，此时函数单调递减， 当时，，此时函数单调递增， 所以，，解得. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于将不等式变形为，结合不等式的结果构造函数，转化为函数的单调性以及参变量分离法求解. 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. 下列说法中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若是锐角三角形，则 C. 若点G为的重心，则 D. 命题：，的否定是：，． 【答案】BCD 【解析】 【分析】若可判断A；根据正弦函数单调性和诱导公式可判断B；由重心的向量表示可判断C；由全称命题的否定可判断D. 【详解】对于A，若，则不一定平行，故A不正确； 对于B，若是锐角三角形，则可得且， 可得，且，根据正弦函数的单调性， 可得，所以，所以B正确； 对于C，分别取，，中点，，则， 为的重心，，，故C正确； 对于D，根据全称命题的否定可得：，的否定是：，，故D正确. 故选：BCD. 10. 已知数列的前n项和为，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 使的最小正整数n为13 D. 的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对A，根据与关系，求出通项判断；对B，利用裂项求和得解可判断；对C，令求得答案；对D，求出，利用对勾函数单调性求最值. 【详解】对于A，由，当时，， 当时，， ，故A错误； 对于B，因为，， 所以，故B正确； 对于C，由，即，解得，故C正确； 对于D，，时，， 因为函数在上单调递减，在上单调递增， ∴当或4时，取得最小值为，故D正确． 故选：BCD. 11. 已知函数，则下列结论中正确的是（ ） A. 函数有两个零点 B. 恒成立 C. 若方程有两个不等实根，则的范围是 D. 直线与函数图象有两个交点 【答案】BCD 【解析】 【分析】分和两种情况探讨的符号，判断A的真假；转化为研究函数的最小值问题，判断B的真假；把方程有两个不等实根，为有两个根的问题，构造函数，分析函数的图象和性质，可得的取值范围，判断C的真假；直线与函数图象有两个交点转化为有两解，分析函数的零点个数，可判断D的真假. 【详解】对A：当时，；当时，；时，， 所以函数只有1个零点.A错误； 对B：欲证，须证在上恒成立. 设，则， 由；由. 所以在上单调递减，在上单调递增. 所以的最小值为，因为，所以.故B正确； 对C：. 设， 则，. 由；由. 所以在上单调递增，在单调递减. 所以的最大值为：，又当时，. 如图所示： 所以有两个解时，.故C正确； 对D：问题转化方程：有两解，即有两解. 设，，所以. 由；由. 所以在上单调递增，在上单调递减. 所以最大值为. 因为，，所以 所以. 且当且时，；时，. 所以函数的图象如下： 所以有两解成立，所以D正确. 故选：BCD 【点睛】方法点睛：导数问题中，求参数的取值范围问题，通常有如下方法： （1）分离参数，转化为不含参数的函数的值域问题求解. （2）转化为含参数的函数的极值问题求解. 第二部分（非选择题共92分） 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. ______. 【答案】##0.5 【解析】 【分析】利用二倍角公式结合诱导公式化简，即可求得答案. 【详解】 . 故答案为： 13. 已知集合，，若集合A，B中至少有一个非空集合，实数a的取值范围_______. 【答案】或且 【解析】 【分析】先考虑A，B为空集得出a的范围，再利用补集思想求得结果. 【详解】对于集合A，由，解得; 对于集合B，由，解得. 因为A,B两个集合中至少有一个集合不为空集, 所以a的取值范围是或，且 故答案为：或且 14. 在四面体中，，，，的中点为，的中点为，则的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】设出线段的长度，然后利用勾股定理表示出和，进而利用表示出线段的长度，然后转化为函数求最值即可，但是要注意确定解析式中自变量的取值范围. 【详解】如图所示，连接和，根据和可知， 和.不妨设，则根据勾股定理可知，，其中根据三角形中三边的长度关系可知，， 解得.因为，所以. 因为，所以，即. 故答案为： . 【点睛】关键点点睛：求取值范围的问题常常用函数法求解，解决本题的关键就是建立出关于长度的解析式，然后转化为函数求最值问题处理即可. 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. 已知公差不为0的等差数列的首项，且，，成等比数列. （1）求数列的通项公式； （2）设，，是的前n项和，求使成立的最大的正整数n. 【答案】（1） （2）8 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为，由题意列出关于d的方程，求出d，即可求得答案； （2）结合（1）可得的表达式，利用裂项相消法求得的表达式，解数列不等式，即可求得答案. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，， 由，，成等比数列，得， 即，解得或0（舍）， 所以； 【小问2详解】 因为， 所以， 由，得，解得， 所以使成立的最大的正整数. 16. 记的内角所对的边分别为，已知． （1）求； （2）若是边上一点，，且，求的面积． 【答案】（1） （2）27 【解析】 【分析】（1）由余弦定理化角为边得，利用余弦定理的变形公式即可求得； （2）利用（1）的结论和余弦定理，求得由整理成，两边取平方，代入已知，即可求得继而求出和即可求得的面积. 【小问1详解】 由和余弦定理可得，， 将代入得，，化简得，即， 由余弦定理可得，； 【小问2详解】 如图，由（1）和余弦定理可得，则， 故 由，结合图形可得，， 整理得，，两边取平方可得， ，因， 代入可得，，整理得：， 解得，则． 故的面积为：． 17. 如图，多面体由两个完全相同的四棱锥底面重合拼接而成，它们的公共底面为矩形，四边形为平行四边形，，，为棱的中点． （1）求证：平面； （2）若该多面体体积为4，求直线与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接交于N，连接，根据条件可得，再利用线面平行的判定定理，即可证明结果； （2）由题设可知平面平面，从而可得到平面，再根据条件，可建立空间直角坐标系，利用几何体的体积可得，再求出平面平面的法向量及，利用线面角的向量法即可求出结果. 【小问1详解】 连接交于N，连接， 因为四边形为平行四边形，所以N为中点， 因为M为中点，所以为三角形的中位线， 所以，又平面平面， 所以平面. 小问2详解】 依题意可知平面平面，平面平面，平面，且， 所以平面，即为四棱锥的高， 又平面，所以， 因为矩形中，，又因为平行四边形中， 所以两两垂直，以D为原点，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图所示， 设 则，解得， 则，所以， ， 设平面的法向量为， 则，取，则， 设直线与平面所成角为， 则， 又，所以， 所以与平面所成角的余弦值为． 18 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求的单调区间； （3）设，若对于恒成立，求的最小值． 【答案】（1） （2）单调递增区间是，递减区间是 （3） 【解析】 【分析】（1）先求导函数，接着求出和即可求出所求切线方程； （2）法一可将导函数化为，从而得与同号，接着根据的单调性和即可得出导数的正负情况，进而得函数的单调区间；法二可依据时，且，时，且求出的正负情况，进而得函数的单调区间；（3）先由且得，再依据已知条件结合函数在上单调递增得，两边取对数变形得对于恒成立，再利用导数求出函数的最大值即可得解. 【小问1详解】 由题，在处，，， 所以曲线在处的切线方程为. 【小问2详解】 解法一：由（1）可得， 因为，故与同号． 令，因为与在上单调递增， 所以在上单调递增， 因为，所以是的唯一零点， 所以是的唯一解， 与的情况如下： － 0 ＋ 极小值 所以的单调递增区间是，递减区间是. 解法二：当时，，，所以，故单调递减； 当时，，，所以，故单调递增， 所以的单调递增区间是，递减区间是. 【小问3详解】 且时，又由（2）知函数在上单调递增， 若对于恒成立，则，两边取对数得， 所以对于恒成立， 设，则， 令，得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以， 所以的最小值为. 【点睛】思路点睛：恒成立求参问题通常结合参数分离法分参再将问题转化成求最值问题求解，本题在求参数t的最小值时，先利用且和在上单调递增得到，接着两边取对数变形分参得到对于恒成立，从而将恒成立问题转变成求函数的最大值，求出函数的最大值即可得参数t的最小值. 19. 已知集合，其中，由中的元素构成两个相应的集合： ，． 其中是有序数对，集合和中的元素个数分别为和． 若对于任意，总有，则称集合具有性质． （Ⅰ）检验集合与是否具有性质并对其中具有性质的集合，写出相应的集合和． （Ⅱ）对任何具有性质的集合，证明． （Ⅲ）判断和的大小关系，并证明你的结论． 【答案】（Ⅰ）集合不具有性质，集合具有性质，相应集合，，集合，（Ⅱ）见解析（Ⅲ） 【解析】 【详解】解：集合不具有性质． 集合具有性质，其相应的集合和是， ． （II）证明：首先，由中元素构成的有序数对共有个． 因为，所以； 又因为当时，时，，所以当时，． 从而，集合中元素的个数最多为， 即． （III）解：，证明如下： （1）对于，根据定义，，，且，从而． 如果与是的不同元素，那么与中至少有一个不成立，从而与中也至少有一个不成立． 故与也是的不同元素． 可见，中元素的个数不多于中元素的个数，即， （2）对于，根据定义，，，且，从而．如果与是的不同元素，那么与中至少有一个不成立，从而与中也不至少有一个不成立， 故与也是的不同元素． 可见，中元素的个数不多于中元素的个数，即， 由（1）（2）可知，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 三明一中2024-2025学年上学期半期考高三数学试卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第一部分（选择题共58分） 一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 设均为单位向量，则“”是“”（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 已知数列满足，若，则（ ） A. 2 B. C. D. 4. 已知实数，，满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 5. 中国古建筑屋檐下常系挂风铃，风吹铃动，悦耳清脆，亦称惊鸟铃．若一个惊鸟铃由铜铸造而成，且可近似看作由一个较大的圆锥挖去一个较小的圆锥，两圆锥的轴在同一条直线上，截面图如下，其中，，，若不考虑铃舌，则下列数据比较接近该惊鸟铃质量的是（参考数据：，铜的密度为8.96）（ ） A. 1kg B. 2kg C. 3kg D. 0.5kg 6. 已知函数在区间上有且仅有2个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 在中，内角，，的对边分别为，，，且，，则角的大小为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若存在使得关于的不等式成立，则实数的取值范围（ ） A. B. C. D. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若是锐角三角形，则 C. 若点G为的重心，则 D. 命题：，的否定是：，． 10. 已知数列的前n项和为，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 使的最小正整数n为13 D. 的最小值为 11. 已知函数，则下列结论中正确的是（ ） A. 函数有两个零点 B. 恒成立 C. 若方程有两个不等实根，则的范围是 D 直线与函数图象有两个交点 第二部分（非选择题共92分） 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. ______. 13. 已知集合，，若集合A，B中至少有一个非空集合，实数a的取值范围_______. 14. 在四面体中，，，，的中点为，的中点为，则的取值范围为______. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 已知公差不为0的等差数列的首项，且，，成等比数列. （1）求数列的通项公式； （2）设，，是的前n项和，求使成立的最大的正整数n. 16. 记的内角所对的边分别为，已知． （1）求； （2）若是边上一点，，且，求的面积． 17. 如图，多面体由两个完全相同的四棱锥底面重合拼接而成，它们的公共底面为矩形，四边形为平行四边形，，，为棱的中点． （1）求证：平面； （2）若该多面体体积为4，求直线与平面夹角的余弦值． 18. 已知函数. （1）求曲线在点处切线方程； （2）求的单调区间； （3）设，若对于恒成立，求的最小值． 19. 已知集合，其中，由中的元素构成两个相应的集合： ，． 其中是有序数对，集合和中的元素个数分别为和． 若对于任意的，总有，则称集合具有性质． （Ⅰ）检验集合与是否具有性质并对其中具有性质的集合，写出相应的集合和． （Ⅱ）对任何具有性质集合，证明． （Ⅲ）判断和的大小关系，并证明你的结论． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$