精品解析：贵州省部分学校2024-2025学年高三上学期11月期中联考数学试题

高三联考数学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：集合与常用逻辑用语，不等式，函数与导数，复数，三角函数，立体几何与空间向量，数列. 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. 若向量，，且，则（ ） A. 9 B. C. D. 2. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知直线平面，直线平面，则“”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 若，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知点，，，，则异面直线AB与CD的夹角为（ ） A. B. C. D. 6. 将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，且的图象关于点对称，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 7. 已知正项等比数列的前3项和为21，且，则（ ） A. 6 B. 4 C. D. 2 8. 已知，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 二、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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 在三棱柱中，，，的中点为，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数的极小值点为1，且的极小值为，则（ ） A. B. C. 有3个零点 D. 直线与的图象有2个公共点 11. 在体积为的正四棱锥中，异面直线PC与AB所成角的余弦值为，则（ ） A. B. 二面角的余弦值为 C. 正四棱锥的外接球的表面积为 D. 直线BC与平面PCD所成角的正切值为2 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的最小值为______． 13. 某区域看台的座位共有5排，从第1排到第5排的座位数依次构成等差数列，前3排的座位总数为66，第4排的座位数为28，则该区域看台第5排的座位数为______. 14. 将一副三角板按如图所示的位置拼接：含角的三角板的长直角边与含角的三角板的斜边恰好重合.与相交于点.若，则___________. 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. 如图，在棱长为2的正方体中，，，分别是，，的中点. （1）证明：平面. （2）求点到平面的距离. 16. 在中，内角A，B，C的对边分别是，，.已知，，. （1）求； （2）求的值； （3）求的面积. 17. 已知数列的前项和为，且． （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 18. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）若，，求的取值范围； （3）求不等式的解集. 19. 已知，定义：数列共有项，对任意，存在，使得，或存在，使得，则称数列为“封闭数列”． （1）若，判断数列是否为“封闭数列”； （2）已知递增数列为“封闭数列”，求； （3）已知数列单调递增，且为“封闭数列”，若，证明：是等比数列． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三联考数学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：集合与常用逻辑用语，不等式，函数与导数，复数，三角函数，立体几何与空间向量，数列. 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. 若向量，，且，则（ ） A. 9 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由可求的值. 【详解】由. 故选：A 2. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】易知，再根据交集、并集的运算法则可判断结果. 【详解】由可得，所以，. 故选：D 3. 已知直线平面，直线平面，则“”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】利用线面垂直关系以及线面垂直的性质即可判断得出结论. 【详解】结合题意由“”能推出“”， 由“”不能推出“”，也可能或相交， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：C 4. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设出复数的代数形式，结合共轭复数及复数相等求出即开. 【详解】详由题意得. 设，则， 得，，即，，所以. 故选：B. 5. 已知点，，，，则异面直线AB与CD的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可得异面直线的方向向量，利用向量夹角公式，结合特殊角的余弦值，可得答案. 【详解】由题意得，. 设异面直线AB与CD的夹角为，， 则，得. 故选：C. 6. 将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，且的图象关于点对称，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可得函数的解析式，根据三角函数的性质，可得答案. 【详解】由题意得，且， 由，得， 因为，所以的最小值为3. 故选：C. 7. 已知正项等比数列的前3项和为21，且，则（ ） A. 6 B. 4 C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】设数列公比为，由等比数列通项公式及题意可得答案. 【详解】设数列公比为，则， ，因， 则（负舍）. 故选：A 8. 已知，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用幂函数、指数函数、对数函数的性质计算大小即可. 【详解】因为，所以在上均单调递增， 所以，即， 对于，构造函数， 易知时，，即此时函数单调递增，则， 所以， 因为在上单调递增，所以， 综上. 故选：A 二、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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 在三棱柱中，，，的中点为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用三棱柱性质可得A正确，再根据空间向量的运算法则计算可得B错误，C正确，由模长以及夹角余弦值计算可得D正确. 【详解】对于A，由题意得，可知A正确； 对于B，，即B错误； 对于C，，即C正确； 对于D，易知 ，即D正确. 故选：ACD 10. 已知函数的极小值点为1，且的极小值为，则（ ） A. B. C. 有3个零点 D. 直线与的图象有2个公共点 【答案】AC 【解析】 【分析】运用导数值为0来计算判定A,B，借助导数研究函数单调性，极值，结合图像可判定C,D. 【详解】由函数的极小值点为1，得，则，得，A正确. 又且的极小值为，则，得，B错误. 或， 在，上单调递增，在上单调递减，则的极大值为， 画出草图，所以有3个零点，直线与的图像仅有1个公共点，C正确，D错误. 故选：AC. 11. 在体积为的正四棱锥中，异面直线PC与AB所成角的余弦值为，则（ ） A. B. 二面角的余弦值为 C. 正四棱锥的外接球的表面积为 D. 直线BC与平面PCD所成角的正切值为2 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据异面直线所成角的定义，先找到角的位置，再求解即可判断A；根据二面角的定义，先找到角的位置，再求解即可判断B；利用勾股定理求出外接球的半径，再根据球的表面积公式计算即可判断C；根据直线与平面所成角的定义，先找到角的位置，再求解即可判断D. 【详解】取CD的中点，设为正方形ABCD的中心，连接OE，PE，则. 因为，所以异面直线PC与AB所成的角即，则. 设，则，，，则， 所以正四棱锥体积为，解得，所以，A正确. 易证，则为二面角的平面角， 所以，B正确. 设正四棱锥的外接球的球心为，且， 由，得，解得， 所以正四棱锥的外接球的表面积为，C错误. 因为，所以直线BC与平面PCD所成的角即直线OE与平面PCD所成的角. 过点作，垂足为.易证平面PCD， 则为直线BC与平面PCD所成的角，则，D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的最小值为______． 【答案】7 【解析】 【分析】将式子变形并由利用基本不等式计算可得当时，取得最小值为7. 【详解】由题意得， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值为7. 故答案为：7 13. 某区域看台的座位共有5排，从第1排到第5排的座位数依次构成等差数列，前3排的座位总数为66，第4排的座位数为28，则该区域看台第5排的座位数为______. 【答案】31 【解析】 【分析】根据题意，利用等差数列的求和公式以及通项公式，建立方程组，可得答案. 【详解】假设从第1排到第5排的座位数构成等差数列，的前项和为，公差为. 由题意得，解得，所以. 故答案为：. 14. 将一副三角板按如图所示的位置拼接：含角的三角板的长直角边与含角的三角板的斜边恰好重合.与相交于点.若，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据三角板的内角以及边长利用三角恒等变换和等面积法即可得. 【详解】由题可知. 由可得： ， 则， 解得. 故答案为： 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. 如图，在棱长为2的正方体中，，，分别是，，的中点. （1）证明：平面. （2）求点到平面的距离. 【答案】（1）证明：如图，连接,由于，分别是，的中点. 则,则四边形为平行四边形， ,平面,平面, 则平面. （2） 【解析】 【分析】（1）连接,由于，分别是，的中点.则,得到四边形为平行四边形,再用平行四边形性质得到线线平行，进而得到线面平行； （2）建立空间直角坐标，计算平面的法向量，以及，然后利用公式计算即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，可建空间直角坐标系，则 , , 设平面法向量为，则 ，即，解得，故. 根据点面距离公式，则点到平面的距离. 【点睛】 16. 在中，内角A，B，C的对边分别是，，.已知，，. （1）求； （2）求的值； （3）求的面积. 【答案】（1）7； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）由题设可得，应用余弦定理求边长； （2）由正弦定理有，，即可求结果； （3）应用三角形面积公式求面积即可. 【小问1详解】 由，得，因为，所以， 根据余弦定理得. 【小问2详解】 根据正弦定理，得，则，， 故. 【小问3详解】 的面积. 17. 已知数列的前项和为，且． （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据与的关系结合累乘法求解即可； （2）利用错位相减法求解即可. 【小问1详解】 令，得， 当时，因为，所以， 两式相减得， 即，所以， 所以，即， 所以， 又，符合上式，所以； 【小问2详解】 ， 则， ， 两式作差得， 即， 所以． 18. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）若，，求的取值范围； （3）求不等式的解集. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）直接根据导数的几何意义求解； （2）问题转化为求的最大值，通过导数判断的单调性即可求出的最大值； （3）先证明关于对称，再根据函数的单调性及对称性的关系脱去，最后根据三角函数相关知识解三角函数的不等式. 【小问1详解】 ， 所以，因为， 所以曲线在点处的切线方程为. 【小问2详解】 设的导数为，则， 则为增函数， 因为，所以当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 因为，， 所以在上的最大值为， 所以，即的取值范围为. 【小问3详解】 因为， 所以的图象关于直线对称， 所以等价于， 即， 所以，即， 即， 则，得或， 则或，其中， 故不等式的解集为. 【点睛】思路点睛：本题第三问考查含有函数符号的不等式的解法，对于含有函数符号的不等式的解法，不论函数是什么类型（抽象，具体，分段），都需要研究函数的单调性，利用函数的单调性脱去函数符号，在研究函数单调性的同时，还需要注意函数是否具有对称性，如果函数具有对称性，则脱去函数符号的时候要注意对称性和单调性的关系. 19. 已知，定义：数列共有项，对任意，存在，使得，或存在，使得，则称数列为“封闭数列”． （1）若，判断数列是否为“封闭数列”； （2）已知递增数列为“封闭数列”，求； （3）已知数列单调递增，且为“封闭数列”，若，证明：是等比数列． 【答案】（1）不是“封闭数列”，理由如下： 由题意知，数列为1，2，3，4，5，6，7，8，9，10． 因为和均不是中的项， 所以数列不是“封闭数列”． （2） （3）证明：因为数列单调递增，所以，则不是中的项， 所以是中的项，即． 因为不是中的项，所以是中的项， 所以． 因为共有项， 所以①， 类似地，，则不是中的项， 所以是中的项， ， 所以②， 由①和②得， 所以是首项为1的等比数列． 【解析】 【分析】（1）举出反例，得到数列不是“封闭数列”． （2）数列递增，由求出，通过分析得到都是中的项，所以，得，由，得，所以； （3）数列单调递增，所以是中的项，即，且是中的项，推出，根据上式的项数得到，同理得到，两式结合得到，证明出结论. 【小问1详解】 数列不是“封闭数列”,理由略； 【小问2详解】 由题意数列递增可知，则不是中的项， 所以是中的项，即． 因为，所以都是中的项， 所以，得， 由，得，所以． 【小问3详解】 略 【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 $