精品解析：辽宁省实验中学2024-2025学年高三上学期期中阶段测试数学试卷

辽宁省实验中学2024-2025学年度上学期期中阶段测试 高三年级数学试卷 考试时间：120分钟 试题满分：150分 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：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.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 一、选择题：本大题共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.不选、多选、错选均不得分. 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知数列为等比数列，，，则（ ） A 4 B. C. D. 3. 计算（ ） A B. C. D. 4. 已知函数，则下列说法错误的为（ ） A. 直线，为对称轴 B. 的值域为 C. ，为对称中心 D. 在，单调递减 5. 等边的边长为1，，分别是边和上的点，且，，与交于点，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知，则最大值（ ） A. B. C. D. 7. 已知，为正实数，，不等式恒成立，则的最小值为（ ） A. B. 5 C. D. 8. 设的外心为，重心为，并且满足，则当最大时，的外接圆半径为（ ） 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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知复数，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 是的充要条件 C. 是的必要不充分条件 D. ，，，则 10. 已知数列的前项和为，（，且），若，，则下列说法正确的是（ ） A. 数列为等差数列 B. 数列中的最小项为12 C. 数列的前项和为 D. 若，恒成立，则 11. 已知，满足，满足此等式，的取值范围分别为集合，，则下列正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，，则在方向的投影向量为______. 13. 数列满足，且，则______. 14. 函数有三个不同的零点，则实数的取值范围为______. 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 甲乙两人进行场羽毛球比赛，甲每场比赛获胜的概率为，乙每场比赛获胜的概率为，记事件为“比赛中既有甲获胜也有乙获胜”，事件为“比赛中甲至多获胜一场” （1）若，，求和； （2）若，证明：事件，独立的充要条件为. 16. 已知函数， （1）求函数的最大值； （2）若恒成立，求实数的取值范围. 17. 在锐角的内角，，的对边分别为，，，若，，成等比数列. （1）求证：； （2）求取值范围； （3）证明：. （参考数据：） 18. 数列满足，，数列的前项和为；数列的前项和为且满足. （1）分别求，的通项公式； （2）若，求数列前项和； （3）证明： 19. 设正整数，的最大公约数为，已知正整数 （1）求和 （2）数列是严格单调递增正整数数列，证明：； （3）设是所有不同约数从小到大的排列，是否存在，使得对于任意正整数均成立，若存在，求出的最小值；若不存在，请你说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 辽宁省实验中学2024-2025学年度上学期期中阶段测试 高三年级数学试卷 考试时间：120分钟 试题满分：150分 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：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.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 一、选择题：本大题共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.不选、多选、错选均不得分. 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据分式不等式以及对数的单调性化简两集合，即可根据并集的定义求解. 【详解】，，故， 故选：D 2. 已知数列为等比数列，，，则（ ） A. 4 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据等比中项的性质求解即可. 【详解】设的公比为，则，又，故. 故选：A 3. 计算（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用指数与对数式的转化及公式化简可得值. 【详解】设， 则 ， 故选：A. 4. 已知函数，则下列说法错误的为（ ） A. 直线，为对称轴 B. 的值域为 C. ，为对称中心 D. 在，单调递减 【答案】B 【解析】 【分析】先化简函数解析式,对于A,C,D可进行代值检验或整体处理的方法，结合正弦函数的图象性质即可判断；对于B，考虑函数的定义域，，，故的函数值取不到，故排除B. 【详解】由. 对于A，因，时，取到最大值1或最小值， 故直线，是函数的对称轴，故A正确； 对于B，由有意义，需使，即，， 此时，故取不到，即的值域为，故B错误； 对于C，当，时，，， 故，为的对称中心，即C正确； 对于D，不妨设，当，时，， 此时函数单调递减，故函数在，上单调递减，即D正确. 故选：B. 5. 等边的边长为1，，分别是边和上的点，且，，与交于点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设,依题得分别由三点共线和三点共线，利用平面向量基本定理得两个向量方程，求得，再利用向量数量积的运算律计算即得. 【详解】 如图，不妨设，则 因三点共线，故存在，使, 又因三点共线，故存在，使, 对照可得：，解得， 即， 于是 故选：C. 6. 已知，则最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据和差角公式以及弦切互化可得，即可利用正切和差角公式得，利用基本不等式即可求解最值. 【详解】由可得， 当时，此时， 则， 要求的最大值，则需要，故，当且仅当，即时取等号， 时，此时，此时， 当时，由，且，则， 进而由可得， 综上可得最大值为， 故选：C 【点睛】关键点点睛：. 7. 已知，为正实数，，不等式恒成立，则的最小值为（ ） A. B. 5 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可利用指数函数单调性分别讨论：，，情况，从而求出，再结合基本不等式“1”的应用可得，即可由基本不等式求解． 详解】由题意可得，又因为， 当时，可得，即； 当时，显然成立； 当时，可得，即； 综上可得：，即， 因为，为正数， 所以， 当且仅当，即时取等号， 故选：D 【点睛】关键点点睛：利用指数函数的单调性得. 8. 设的外心为，重心为，并且满足，则当最大时，的外接圆半径为（ ） A B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设外接圆半径为，根据向量数量积的运算律结合重心的性质与二倍角的余弦公式得，再利用导数求出极大值点即可. 【详解】设外接圆半径为， 则根据重心向量公式有， 则 ， 令，此时， 当时，，此时单调递增； 当时，，此时单调递减； 故当最大时，的外接圆半径为. 故选；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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知复数，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 是的充要条件 C. 是的必要不充分条件 D. ，，，则 【答案】CD 【解析】 【分析】对A，举反例判断即可；对B，根据复数的性质判断即可；对C，举反例再根据必要条件与充分条件的性质判断即可；对D，根据复数几何意义判断即可. 【详解】对A，若，则，但，故A错误； 对B，复数不能比较大小，故B错误； 对C，若，则，但， 若，则，此时 故是的必要不充分条件，故C正确； 对D，如图，在复平面内，，则因为，则， 故为正三角形，故，故D正确. 故选：CD 10. 已知数列的前项和为，（，且），若，，则下列说法正确的是（ ） A. 数列为等差数列 B. 数列中的最小项为12 C. 数列的前项和为 D. 若，恒成立，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A，根据递推关系式以及与的关系求得的通项公式，可判断；对B，列出的关系式，结合对勾函数的性质即可判断；对C，利用分组求和、并项求和的方法即可求出判断；对D，判断的单调性，进而可得的最大值即可判断. 【详解】对A，依题意， ， ，. 也满足上式， ，，数列为等差数列，故A正确； 对B，， 当时递增，当时递减， 当时，， 当时，，最小值为．故B错误； 对C，而， .故C正确； 对D，考查数列，因为 ， 故随的增大而减小，即当时取最大值， 为，故， 故若，恒成立，则，故D正确. 故选：ACD． 11. 已知，满足，满足此等式，的取值范围分别为集合，，则下列正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】变形得到，得到，令，求导得到单调性，结合特殊点的函数值，画出的图象，得到AB正确；同理设，定义域为，求导得到其单调性，结合特殊点函数值，画出的图象，数形结合得到的解集为，其中，得到答案. 【详解】，， ，即， 所以， 其中，故， ，， 令得或，令得， 故在单调递减，在上单调递增， 其中，当时，恒成立， 画出的图象，如下： 故的解集为，包含，，AB正确； 令，定义域为， 则， 令得或，令得， 故在单调递增，在上单调递减， 且，在恒成立， 画出的图象，如下： 的解集为，其中， 故，C正确，D错误. 故选：ABC 【点睛】关键点点睛：变形得到，得到，要求不等式的解集，需构造函数，研究函数单调性，画出函数图象，数形结合进行求解. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，，则在方向的投影向量为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据投影向量的公式求解即可. 【详解】在方向的投影向量为. 故答案为： 13. 数列满足，且，则______. 【答案】## 【解析】 【分析】根据递推公式结合二倍角的余弦公式可得，，再结合正弦的二倍角公式求解即可. 【详解】由题意得， 则. 故 . 故答案为： 14. 函数有三个不同的零点，则实数的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】由，可得，令，分析可知该函数为奇函数，且，则只需函数与函数在上的图象有且只有一个公共点，分析函数的单调性，考察函数与函数的图象相切于原点时的临界位置，数形结合可得出实数的取值范围. 【详解】由，可得， 令，该函数的定义域为， 因为， 所以，函数为奇函数，且， 要使得函数有三个零点，即函数有三个零点， 只需函数在上有且只有一个零点， 即只需函数与函数在上的图象有且只有一个公共点， 当时，， 所以，函数在上单调递增， 因为， 令，其中，则，即函数在上单调递减， 作出函数与函数在上的图象如下图所示： 当直线与函数的图象相切于原点时，， 由图可知，当时，直线与函数在上的图象有且只有一个交点， 综上所述，实数的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法： （1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用； （2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题； （3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题. 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 甲乙两人进行场羽毛球比赛，甲每场比赛获胜的概率为，乙每场比赛获胜的概率为，记事件为“比赛中既有甲获胜也有乙获胜”，事件为“比赛中甲至多获胜一场” （1）若，，求和； （2）若，证明：事件，独立的充要条件为. 【答案】（1），. （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据二项分布可求，根据条件概率的概率公式可求和； （2）当时，根据独立事件的概率公式可判断事件，独立，而当事件，独立时，根据独立事件的概率公式结合数列的单调性可证明. 【小问1详解】 表示“甲乙比赛3场，甲胜一场输两场”， 故，而， 故 【小问2详解】 若，则， ， 而，故， 所以独立， 若独立，则， 而， 而， 所以，整理得到：， 化简得到：，设，则， 故当时，，而， 故有且只有一个正整数解， 综上，事件，独立的充要条件为. 16. 已知函数， （1）求函数的最大值； （2）若恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求导，根据导函数确定原函数的单调性，即可求解最值， （2）分离参数，构造函数求导，得函数的最大值，即可根据求解. 【小问1详解】 的定义域为， ， 当时，单调递增，当时，单调递减， 故当时，取最大值 【小问2详解】 由可得， 令 则， 化简可得， 由于，故， 又函数均为单调递增函数，因此单调递增，且因此存在唯一即，且时，单调递减， 当时，单调递增， 故， 由可得，进而， 故， 因此，故 17. 在锐角的内角，，的对边分别为，，，若，，成等比数列. （1）求证：； （2）求的取值范围； （3）证明： （参考数据：） 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先根据余弦定理可得，再根据正弦定理结合两角和的三角函数证明； （2）先根据锐角三角形性质与可得，再根据三角恒等变换化简可得，进而可得范围； （3）由题意结合三角恒等变换可得，再根据，构造函数，求导分析单调性，进而可得即可证明. 【小问1详解】 因为，，成等比数列，故， 化简得，则， 则 即. 又为锐角，故，即. 【小问2详解】 因为锐角中，故，解得. ， 因为，故， 则，即. 【小问3详解】 由，可得. 则 设，，， 则，令，解得，， 故在上单调递增，在上单调递减. 又， . 故，即得证. 18. 数列满足，，数列前项和为；数列的前项和为且满足. （1）分别求，的通项公式； （2）若，求数列的前项和； （3）证明： 【答案】（1）， （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先得出，再求解为奇数和偶数时的通项公式，进而可得的通项公式，结合通项与前项和的关系可得为等比数列，进而可得通项公式； （2）由（1），再裂项相消求和即可； （3）代入放缩可得，再利用两次错位相减求解即可证明. 【小问1详解】 由可得，则. 又，，则. 故为奇数时是以为首项，公差为的等差数列，， 为偶数时是以为首项，公差为的等差数列，. 综上有. 又，则当时，，解得； 当时，，，两式相减可得， 即，故是以为首项，为公比的等比数列，故. 【小问2详解】 由（1），故数列的前项和 【小问3详解】 ，. 故. 则 设 错位相减可得， 则. 设， 则， 相减可得， 则， 故 故即得证 19. 设正整数，的最大公约数为，已知正整数 （1）求和 （2）数列是严格单调递增正整数数列，证明：； （3）设是所有不同约数从小到大的排列，是否存在，使得对于任意正整数均成立，若存在，求出的最小值；若不存在，请你说明理由. 【答案】（1）13，13； （2）证明见解析； （3）存在，1. 【解析】 【分析】（1）将各数拆成两个正整数相乘，即可找到它们的最大公约数； （2）根据题设，且，进而有，注意等号成立条件，再应用分析法证明结论； （3）同（2）分析得到，等号成立条件是为等比数列，结合等比数列前n项和公式及放缩求的最大值，即可得结论. 【小问1详解】 由，，即； 由，，即. 【小问2详解】 由题意，知，且， 所以，等号成立条件是， 所以， 此时，得证； 【小问3详解】 同（2）分析，仅当是公比且的等比数列时等号成立； 所以， 要使对于任意正整数均成立，只需尽可能大， 又且，故，只需， 所以，存在最小，使题设条件成立. 【点睛】关键点点睛：第二、三问，分析得到、，结合等号成立条件，综合应用等比数列前n项和公式及放缩法求解证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$